Lista de exercício 2 Química analítica quantitativa

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ATIVIDADE ASSÍNCRONA 2 - 2021/1
1) a) Calcule a concentração MOLAR de 100 mL de HCl concentrado cuja densidade é 1,19 g/mL e
cujo título é 37 % m/m. (massa molar HCl = 36,45 g/mol)
Considerando 100 mL da solução concentrada :
1,19=m/100 m=119g de solução
título é 37 % m/m
100g de solução ---------37g de HCl
119g de solução--------- x
x = 44,03 g HCl
n = m/MM
n = 44,03/36,45 = 1,207956
Molaridade = n/V= 1,207956/ 0,1= 12,07956104 mol/L
b) A partir do ácido concentrado, deseja-se preparar uma solução ≈ 0,02 M. Defina o procedimento
de diluição que acarrete na solução final mais próxima de 0,02 M. [definição da(s) pipeta(s) e
balão(ões) volumétrico(s)]. Calcule a concentração final da solução preparada.
Considerando o preparo de 1 l de solução 0,02 M
M1 x V1 = M2 x V2 12,07956104 x V1= 0,02 x1
V1 = 0,02/12,07956104 = 0,001655689L = 1,655689 mL da solução concentrada
Primeiramente separa-se as vidrarias e reagentes:
Proveta, Béquer, Balão volumétrico, HCl P.A , água destilada.
* ( para soluções concentradas deve-se utilizar a proveta, principalmente por conta da possível viscosidade
da solução concentrada).
Para início utiliza-se a proveta para aliquotar cerca de 1,7 mL da solução de HCl concentrada. No Béquer
colocou-se cerca de 100 mL de água destilada e posteriormente transferiu-se, quantitativamente, o
volume aliquotado de de HCl para este béquer para diluição deste ácido, pois como essa dissolução é
muito exotérmica deve ser feita em um béquer para evitar erros no volume do balão volumétrico devido a
dilatação causada pelo calor liberado da reação. Posteriormente transfere-se essa solução do béquer ,de
forma quantitativa, para o balão volumétrico de 1 L e neste balão completa-se o volume de para 1L até a
marca do menisco, em seguida tampa-se o balão volumétrico e homogeniza-se solução.
12,07956104 x 0,0017= M2 x1
M2= 12,07956104 x 0,0017 = 0,0205203 mol/L de HCl
c) Como podemos padronizar esta solução? Citar o padrão primário e indicador usado.
Para padronizar esta solução podemos utilizar uma titulação ácido-base, utilizando como padrão primário
a NaHCO3 e um indicador mais adequado seriam os que possuem faixa de viragem em pH ácido, como
por exemplo vermelho de fenol, azul de bromotimol ou azul de timol, visto que estes ácidos têm faixa de
viragem em torno do pH 6.
2) Descreva simplificadamente um procedimento para titulação de um ácido fraco poliácido (p.ex.,
H3PO4, ácido cítrico, ácido tartárico). Indique a solução padrão titulante e o indicador escolhido,
em função dos pka’s do ácido.
3) Descreva simplificadamente um procedimento para titulação de uma base fraca polibásica (p.ex.,
Na3PO4, Na2HPO4, citrato de sódio, ácido tartárico). Indique a solução padrão titulante e o
indicador escolhido, em função dos pkb’s da base.
Primeiramente prepara-se um padrão primário de Biftalato de potássio, usa-se a massa de cerca de 1,000g
deste padrão juntamente com água destilada para melhor visualização, acrescenta também o indicador
fenolftaleína no erlenmeyer. Na bureta coloca-se a solução do analito, e este em gotejamento lento sobre
a solução que já se sabe a concentração. Assim que atingir o ponto de viragem fecha-se a bureta e anota
o valor que solução que foi utilizado para neutralizar 1 g de biftalato de potássio.
O indicador escolhido seria a fenolftaleína tendo em vista que esta tem ponto de viragem em pH básico
sabidamente acima dos pHs dos exemplos citados.
4) Seja a titulação de 25 mL de HCl 0,100 M com solução padrão de NaOH 0,100 M. Calcule o pH da
curva de titulação para a adição de 10 mL, 25 mL e 40 mL da base titulante. Desenhe a curva de
titulação resultante.
Inicialmente, é calculado o pH da solução de 25 mL de HCl 0,100 M ANTES DA TITULAÇÃO ser iniciada:
[H3O+] = [HCl] = 0,100 mol/L
pH = -log (0,100) = 1
Ao adicionar 10 mL da base tem-se um excesso de ácido e portanto calcula-se o pH antes do ponto de
equivalência:
[H3O+] = [HClexcesso] = (VHCl x [HCl]) - ( VNaOH x [NaOH])
VHCl + VNaOH
[H3O+] = [HClexcesso] = (25 x 0,100) - (10 x 0,100)
25 + 10
[H3O+] = 4,3 x 10 -2 mol/L
pH = - log (4,3 x 10 -2)
pH = 1,4
Ao adicionar 25 mL de NaOH 0,100 M em 25 mL HCl 0,100 M, admite-se que o sistema atingiu o ponto de
equivalência, ou seja, o nº de mol de HCl é igual ao nº de mol de NaOH que reagem formando sal e
água, conforme reação:
HCl(aq) + NaOH(aq) ⇌ NaCl(aq) + H2O
Nesse ponto o pH da solução é determinado pela dissociação da água:
[H3O+] = [OH-] e Kw = [H3O+] x [OH-] = 1,00 x 10 -14
Kw = [H3O+] x [H3O+] = 1,00 x 10 -14
Kw = √1,00 x 10 -14 = 1,00 x 10 -7 mol/L
pH = - log (1,00 x 10 -7)
pH = 7
Ao adicionar 40 mL da base, considera-se que o sistema encontra-se após o ponto de equivalência e
apresenta excesso de base e sal formado conforme reação:
HCl(aq) + NaOH(aq) ⇌ NaCl(aq) + H2O + NaOH(excesso)
Nesse ponto, o pH é calculado pelo excesso de base:
[OH-] = [NaOH(excesso)] = (VNaOH x [NaOH]) - ( VHCl x [HCl])
VHCl + VNaOH
[OH-] = [NaOH(excesso)] = (40 x 0,100) - (25 x 0,100)
25 + 40
[OH-] = 2,3 x 10 -2 mol/L
pOH = - log (2,3 x 10 -2)
pOH =1,64
pH + pOH = 14
pH = 14 - 1,64
pH = 12,36
6) a) Defina alcalinidade de uma amostra de água natural. Como é determinada?
A alcalinidade de uma amostra de água natural é a capacidade dessa amostra em neutralizar um
ácido forte até um valor determinado de pH. Ela é determinada pela soma das formas alcalinas de
hidróxidos, carbonatos e bicarbonatos, expresso em carbonato de cálcio. A alcalinidade pode ser
medida por meio da titulação da água em ácido clorídrico na presença do indicador alaranjado de
metila.
b) Uma solução ácida de HCl 0,020 mol/L foi utilizada para titular a alcalinidade de uma amostra de água
estuarina. Para 100 mL da amostra foram consumidos 30,00 da solução ácida, quando titulada ao ponto
final do alaranjado de metila. Outra alíquota de 100 mL consumiu 2,10 mL da solução ácida, quando
titulada com fenolftaleína. Calcule a concentração molar de CO32- e HCO3- na amostra.
A alcalinidade é determinada a partir das seguintes condições:
→ pH＞9,4: carbonatos e hidróxidos (fenolftaleína)
→ 8,3 < pH < 9,4: carbonatos e bicarbonatos
→ 4,4 < pH < 8,3: apenas bicarbonatos (alaranjado de metila)
O alaranjado de metila possui ponto de viragem entre 2,9-4,6 e por isso irá determinar o
bicarbonato presente em solução. A fenolftaleína possui ponto de viragem entre 8,3-10 e vai
determinar o carbonato presente na amostra.
No ponto de viragem da fenolftaleína (carbonatos) temos:
CO32- + H+ ⇋ HCO3-
nHCl = nCO32- = [HCl] x VHCl
nCO32- = 0,020 mol/L x 2,10 mL
nCO32- = 0,042 mMol CO32-
[CO32-] = 0,042 mMol CO32- = 0,00042 mol/L
100 mL amostra
No ponto do alaranjado de metila (bicarbonatos) temos:
HCO3- + H+ ⇋ H2CO3
nHCl = nHCO3- + nCO32- = [HCl] x VHCl
nHCl = 0,020 mol/L x 30 mL = 0,6 mMol
nHCO3- = nHCl - nCO32- = 0,6 mMol HCl - 0,042 mMol CO32-
nHCO3- = 0,558 mMol HCO3-
[HCO3-] = 0,558 mMol = 0,00558 mol/L
100 mL amostra
7) Considere a titulação de 50 mL de solução de NaHCO3 0,02 mol/L com HCl 0,02 mol/L. Qual é o pH da
solução para as seguintes adições do titulante ácido: a) V=0 mL; b) V=25 mL; c) V=50 mL e d) V= 75 mL.
Dados do ácido carbônico: pKa1= 6,34 e pKa2= 10,25
NaHCO3 + HCl ⇌ H2CO3 + NaCl
H2CO3 ⇌ H2O + CO2
NaHCO3 + H2O⇌ Na+ + H2CO3+ OH-
N° mols de NaHCO3 = N° mols de HCl
50 mL de NaHCO3 x 0,02 mol/L de NaHCO3 = 0,001 mol de de NaHCO3= número de mol de OH-
Para VHCl= 0 mL temos:
como a hidrólise de NaHCO3 é 1:1:1:1:1, temos que :
pOH= - log [OH- ] = -log 0,02 =1,69897004
pH= 14 - pOH= 14 - 1,69897004= 12,30
Para VHCl= 25mL temos:
número de mol de NaHCO3 = número de mol de OH- temos:
n= Molaridade x Volume= 0,02 x 0,05= 0,001
número de mol de HCl = número de mol de H+ temos:
n= Molaridade x Volume= 0,02 x 0,025= 0,0005
como a reação de NaHCO3 é HCl 1:1 temos:
0,001 mol de base - 0,0005 mol de ácido = 0,0005 mol de base restante
assim temos:
M=n/V= 0,005/0,075 = 0,00666666666 mol/L de OH -
pOH= -log [OH- ] =-log 0,0066666666 =2,176091259pH= 14- pOH= 14 - 2,176091259 = 11,28
Para VHCl=50mL temos:
n= Molaridade x Volume= 0,02 x 0,05= 0,001
como a reação de NaHCO3 é HCl 1:1 temos:
0,001 mol de base - 0,001 mol de ácido = 0 mol restante
logo a solução é neutra ou seja seu pH é em torno de 7.
Para VHCl= 75mL temos:
n= Molaridade x Volume= 0,02 x 0,05= 0,001
número de mol de HCl = número de mol de H+ temos:
n= Molaridade x Volume= 0,02 x 0,075= 0,0015
como a reação de NaHCO3 é HCl 1:1 temos:
0,001 mol de base - 0,0015 mol de ácido = 0,0005 mol de ácido restante
M=n/V= 0,005/0,125 =0,004 mol/L de H+
pH= - log [H+]= 2,3979
8) Uma proteína típica contém 16,2% m/m de nitrogênio (14,0 g/mol). Uma alíquota de 0,500 mL de
uma solução de proteína foi digerida pelo método Kjeldahl e a amônia liberada foi coletada num
frasco contendo 10 mL de solução de HCl 0,0203 mol/L. O HCl que não reagiu consumiu 3,20 mL
de uma solução de NaOH 0,0198 mol/L para sua titulação completa. Determine a concentração de
proteína (mg de proteína/mL) na solução original de proteína.
N(N)= N( NH4) = N(HCl) -N(NaOH) = (10mL x 0,020 M de HCl) - (4mL x 0,02 M de NaOH) = 0,2 mmol(N)
0,2 mmol x 14 g /mol de N = 2,8 mg ou 2,8mg/ 0,162 = 17,2839 mg de proteína
% Proteína na amostra = 17,2839 = 17,2839 mg/mL = 1,7% m/V
O que é o método? O método de Kjeldahl determina a quantidade de nitrogênio total de uma amostra. A
base do processo de Kjeldahl é o deslocamento do nitrogênio presente na amostra, transformando-se em
sal amoniacal, sulfato de amônio, por meio de H2SO4. A seguir, desse sal obtido, desloca-se o amônio
recebendo-se sobre a solução ácida . Por titulação determina-se a quantidade de nitrogênio que lhe deu
origem. No exemplo acima temos que a proteína contém 16,2% m/m em n. no método analítico Kjeldahl o
nitrogênio amínico ou amideo é convertido à NH4+. Após a digestão da amostra com H2SO4 +
catalisador (Cu ou Se) em alta temperatura. Após resfriamento do tubo ele é instalado em um destilador
de amônia. a solução contendo o sulfato de amônio recebe NaOH á 40%, formando amônia que por sua
vez é arrastada por um fluxo de vapor de água para o frasco coletor de HCl padrão. O resultado da
neutralização com o ácido é então titulado com NaOH padrão.
9) a) O volume de 10 mL de vinagre comercial foi diluído com água destilada para balão volumétrico de
100 mL. Uma alíquota de 25 mL deste balão foi transferida para Erlenmeyer para titulação.
Acrescentou-se um pouco de água e gotas de fenolftaleína. O volume médio de NaOH padrão 0,0980 M
foi de 18,30 mL. Calcular a percentagem em m/v de ácido acético na amostra.
MM (CH3COOH) = 60,05 g/mol
[ácido acético] %= 4g ácido acético/ 100 mL vinagre comercial
C1 x V1 = C2 x V2
4 x 10 = C2 x 100
C2 = 0,4 %
18,30 mL NaOH x 0,0980 mol NaOH = 1,79 mmol de NaOH
1 L NaOH
No ponto de equivalência nº de mol de NaOH = nº de mol de CH3COOH
1,79 mmol CH3COOH x 60,05g CH3COOH = 107,49 mg
1 mol CH3COOH
[ácido acético] = 107,49 mg = 4,2996 g/L
25 mL
[ácido acético] = 4,2996 g x 100 = 0,42 %
1000 mL
b) Que incertezas poderiam estar associadas a este método de titulação?
Incertezas associadas à calibração e a repetibilidade da balança analítica, da bureta e pipeta.
Considerando o uso da pipeta automática, ela aumenta a precisão e a repetibilidade e reduz as
incertezas associadas à medição de volume.
10) A massa de 10 gramas de leite de magnésia foi diluída com água e completada para 100 mL num
balão volumétrico. Após agitação, 10 mL desta suspensão foram pipetados e titulados com 37,00 de
solução padronizada de HCl 0,152 mol/L até neutralização completa. Calcule o percentual de hidróxido
de magnésio e de óxido de magnésio na amostra.
Dado: Mg(OH)2 = 58,3 g/mol MgO = 40,3 g/mol
10 g de leite de magnésia + água = 100 ml de solução - alíquota de 10 mL
Mg(OH)2 + 2 H+ Mg2+ + 2 H2O→
1 mol H+ = 2 mol de Mg(OH)2
37,00 mL de HCl x 0,152 mol/L (título de HCl) = 5,624 mmol de HCl
5,624 mmol x 58,3 g/mol de Mg(OH)2 = 163,9 mg de hidróxido de
2 (n H+ = 2 n de Mg(OH)2)
Perc. de Mg(OH)2 = 10 x 163,9 mg ( em 100 mL) = 0,1639 x 100 = 16,4%
10000 mg (quant. amostra)
12) Deseja-se determinar o teor de sulfato de amônio numa amostra de adubo comercial. Descreva um
método de titulação de retorno ácido-base para tal determinação.
Sulfato de amônio (NH₄)₂SO₄ Massa molar: 132,14 g/mol
(NH4)2SO4 + 2 NaOH 2 NH3 + Na2SO4 + 2 H2O→
Excesso de NaOH reage com HCl
Para essa determinação de teor do sulfato de amônio, deve-se ter em mente que esse composto é
um sal ácido, separando apenas o NH4 para analisar, sabe-se que esta molécula é um ácido fraco e
portanto possui uma cinética de reação lenta que demanda de titulante diluídos e demora devido a
quebra de ligações covalentes. Logo, a determinação de sulfato de amônio possui mais vantagens
quando utilizado o método de titulação de retorno.
NH4+ + 2 OH- 2 NH3 + 2 H2O→
Inicialmente, uma quantidade de amostra de adubo é pesada e em seguida solubilizada, formando
em uma solução contendo sulfato de amônio que depois é submetida a adição de excesso de uma
base forte, no caso o hidróxido de sódio de concentração padrão conhecida, possuindo uma
relação de 1 mol de sulfato de amônio para 2 mols de hidróxido de sódio. Ademais, a solução
resultante é aquecida para expulsar a amônia gerada para não ser titulada com o ácido padrão.
Posteriormente, calcula-se o pH do ponto de equivalência onde terá 100% de amônia e assim
escolher o melhor indicador para ser utilizado, neste caso, seria a fenolftaleína devido o pH da
solução próximo de 8,0. Após a adição do indicador, faz-se a titulação com HCl de concentração
conhecida e é anotado o volume gasto.
Para os cálculos:
(NH4)2SO4 = (V de base x Título) - (V de ácido x Título) = mmol de (NH4)2SO4
Massa (NH4)2SO4 mg= mmol de (NH4)2SO4 x 1 mol (NH4)2SO4 x MM de (NH4)2SO4
2 mol de NaOH
% de (NH4)2SO4 na amostra = mg de (NH4)2SO4 x 100
quant. da amostra inicial
17) A massa de 1 gramas de leite de magnésia foi diluída com água num Erlenmeyer, e
aquecida em chapa elétrica, seguida da adição de 50 mL de HCl 0,100 M. O excesso
do ácido foi depois titulado com NaOH 0,080 M, tendo consumido 30 mL do
titulante no ponto viragem do indicador.
a) Calcule o percentual de hidróxido de magnésio e em termos de óxido de
magnésio na amostra. Dado: Mg(OH)2 = 58,3 g/mol MgO = 40,3 g/mol
Mg(OH)2 + 2 H+ (excesso)→ Mg2+ + 2 H2O
H+ (que não reagiu) + OH- (titulante)→H2O
1 mol H+ = 2 mol de Mg(OH)2
50,00 mL de HCl x 0,100 mol/L (título de HCl) = 5 mmol de HCl
Mg(OH)2 = (50 mL HCl x 0,100 M) - (30 mL NaOH x 0,080 M)= 2,6 mmol de
H+ em exc.
Como 1 mol H+ = 2 mol de Mg(OH)2 , o resultado é dividido por 2, tem-se:
2,6 mmol x 58,3 g/mol Mg(OH)2 = 75,79 mg de Mg(OH)2
2 (n H+ = 2 n de Mg(OH)2)
Perc. de Mg(OH)2 = ____75,79 mg = 0,0757 x 100 = 7,6% de Mg(OH)2 m/m
1000 mg (quant. amostra)
Perc. de MgO = 7,6% x 40,3 g/mol MgO = 0,1639 x 100 = 5,2% de MgO m/m
58,3 g/mol Mg(OH)2
b) Que erros poderiam ser esperados nesta titulação?
Poderíamos ter erros relacionados a pesagem, degradação pelo calor, erros de
titrimetria, e erros por arredondamento de resultados no decorrer dos cálculos,
resultando em pouca exatidão e/ou precisão da análise.
18) Deseja-se determinar o teor de sulfato de amônio numa amostra de adubo
comercial. Descreva um método de titulação de retorno ácido-base para tal
determinação. Quando a técnica de retorno é mais utilizada?
A titulação de retorno é utilizada quando a cinética de reação é dificultada pelo
método direto. Isso ocorre com o sulfato de amônio (NH₄)₂SO₄, já que o íon NH4+
é um ácido fraco, cujo pka = 9,24, e por isso a cinética de reação é dificultada
pela titulação direta com NaOH. Sendo assim, é adicionado um excesso da
solução padrão de NaOH, a fração que não reagiu com o sulfato de amônio é
titulada com HCl
(NH₄)₂SO₄ + 2OH- (excesso) → 2NH3 + 2H2O +SO₄-
OH- (que não reagiu) + H+ (titulante)→H2O
A solução é fervida antes da titulação com HCl de forma a eliminar todo NH3 e
não consumir o H+, o que poderia afetar o resultado.Considerando 50 mL de solução padrão NaOH 0,1M e 25 mL solução padrão
HCl 0,1M e considerando que a pureza do adubo de (NH₄)₂SO₄ é 85%, o cálculo
para a quantidade de amostra de adubo comercial a ser pesado é: MM
((NH₄)₂SO₄ ) = 132,14 g/mol
50mL NaOH - 25 mL HCl = 25 mL NaOH
132,14g (NH₄)₂SO₄ x 1mol (NH₄)₂SO₄ x 0,1mol NaOH x 25mL NaOH=0,165 g
(NH₄)₂SO₄
1 mol 2 mol NaOH 1000 mL
100 mg adubo x 165 mg (NH₄)₂SO₄ = 194,12 mg de adubo
85 mg (NH₄)₂SO₄
Descrição do método: inicialmente, a amostra de adubo comercial é pesada na
faixa de 194,12 mg adubo no Erlenmeyer e em seguida adicionado 50 mL de
solução padrão NaOH 0,1 M e o indicador fenolftaleína. A solução é aquecida
em chapa aquecedora para eliminar todo NH3 na forma de gás, o pH deve ser
verificado aproximando um papel de tornassol na boca do Erlenmeyer. Após o
esfriamento da solução, o excesso de OH- presente pode ser titulado com solução
padrão HCl 0,1 M e pode-se calcular o teor de sulfato de amônio na amostra de
adubo comercial.
Esta técnica é mais utilizada para garantir a reação total do reagente em reações de
cinética lenta, com titulante diluído (demora devido a quebra de ligações
covalentes) ou com ácidos e bases muito fracos, quando o reagente está em
estado sólido e quando não há um indicador direto/adequado para titulação do
reagente, como na complexometria (Ferro e EDTA).