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Lista de exercícios de Química Analítica Quantitativa IQA482
1) O cálcio presente em uma amostra de 200,0 mL de uma água natural foi determinado pela precipitação do cátion como CaC2O4. O precipitado foi filtrado, lavado e calcinado em um cadinho com uma massa de 26,6002 g quando vazio. A massa do cadinho mais CaO (56,077 g/mol) foi de 26,7134 g. Calcule o percentual de Ca (40,078 g/mol) na amostra.
Gabarito
A massa de CaO é 26,7134 g - 26,6002 g = 0,1132 g
O número de mols de Ca na amostra é igual ao número de mols de CaO ou
2) Um minério de ferro foi analisado pela dissolução de uma amostra de 1,1324 g em HCl concentrado. A solução resultante foi diluída em água e o ferro(III) foi precipitado na forma do óxido de ferro hidratado Fe2O3 xH2O pela adição de NH3. Após a filtração e a lavagem, o resíduo foi calcinado a alta temperatura para gerar 0,5394 g de Fe2O3 puro (159,69 g/mol). Calcule o % de Fe (55,847 g/mol).
Gabarito
g
Teor de Fe no minério é:
3) Em uma análise gravimétrica por precipitação algumas etapas do processo analítico podem influenciar na qualidade do precipitado obtido e consequentemente no erro da medida. Sabe-se que o grau de saturação é uma variável importante neste processo. Como o grau de saturação pode influenciar na qualidade do precipitado?
Gabarito:
O grau de saturação pode influenciar tanto na forma quanto na pureza do precipitado formado. Alto grau de saturação favorece a nucleação em detrimento do crescimento dos cristais, formando cristais menores, o que prejudica o processo de filtração, já o baixo grau de saturação favorece a formação de cristais maiores e mais bem definidos, pois favorece o processo de crescimento dos cristais em vez da nucleação. Porém, baixa nucleação favorece a atuação de impurezas como germes (nucleação heterogênea), ocasionando contaminação de coprecipitação, sendo inclusão ou oclusão dependendo da natureza da impureza. No caso de oclusão a mesma pode ser facilmente eliminada pelo processo de digestão. Já a alta taxa de nucleação favorece a nucleação homogênea.
4) Uma massa igual a 0,2121 g de um composto orgânico foi queima da e o CO2 produzido foi coletado em uma solução de água de barita (Ba(OH)2). Calcule a % de C na amostra sabendo-se que 0,6006 g de precipitado foi formado.
MMC=12,01 g/mol; MMBaCO3=197,34 g/mol
CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O
nBaCO3=0,6006/197,34=0,003043 mol
Logo nCO2= 0,003043 mol
Logo nC=0,003043 mol
mC= 0,003043 x 12,01= 0,03655 g
%C = (0,03655/0,2121)*100=17,23
5) Uma massa de 0,2500 g de cloreto de potássio impuro foi dissolvido em água e precipitado utilizando excesso de AgNO3. O precipitado de AgCl formado apresentou uma massa igual a 0,2912 g. Calcule a % (m/m) de KCl na amostra.
K=39,098 Cl=35,45 Ag = 107,8682
Gabarito
Ag+ + Cl- AgCl 
 35,45 ---143,3182
 x --- 0,2912
X=0,07203 g Cl-
KCl K+ + Cl-
74,548 ---------- 35,45
 x --------------0,07203
X=0,1515 g KCl 
%= (0,1515/0,2500)*100= 60,59
6) Uma amostra do sal hidratado Na2S2O3.xH2O com massa igual a 1,1333 g foi seca em estufa por 1h a 110°C. Em seguida, a amostra foi novamente pesada até obter peso constante e a massa obtida foi igual a 0,7220 g. Calculara % de H2O na amostra e o valor de x.
MMNa2S2O3=158,1 g/mol; MMH2O=18,02 g/mol
Gabarito
Massa de água= 1,1333-0,7220= 0,4113 g
% de água na amostra = (0,4113/1,1333)*100=36,29
X? nH2O= 0,4113/18,02 = 0,02294 mol
nNa2S2O3= 0,7220/158,1=0,004567 mol
X = 0,02294/0,004567 = 5,023
Logo x=5
Na2S2O3.5H2O 
7) Na determinação do teor em % (m/v) de Fe3+ em 500,00 mL de uma amostra utilizou-se uma alíquota de 25,00 mL e a esta adicionou-se tampão amoniacal. Após a filtração e lavagem obteve-se um precipitado que foi seco e calcinado a cima de 600 °C. O precipitado obtido após a calcinação (oxido férrico) foi colocado no dissecador até atingir a temperatura ambiente e posteriormente pesado em balança analítica. A massa obtida foi de 1,0196 g de óxido. Qual o teor de ferro na amostra?
Gabarito
2× 55,845 ----- 159,69
X ------ 2,1103
X=1,476 g de Fe3+ na alíquota.
1,476 g ----- 25,00 mL
X ------ 100 mL
X = 5,903 g em 100 mL 5,903% (m/v) 
Como não houve diluição o teor na alíquota é o mesmo da solução original.
Ou
F = 2 × 55,845 /159,69= 0,6994
F = me/MP
0,5293×1,0196 = 1,476 g
1,476 g/(25,00×10-2)mL = 5,903% (m/v)
8) Para determinar o teor de glicose em soro foi inicialmente determinado o fator gravimétrico experimental pesando-se 1,000 g de glicose P.A. e diluindo em água destilada e avolumar até 100,00 mL em balão volumétrico. Transferiu-se 10,00 mL de solução padrão de glicose para um bécher de 150 mL e adicionou-se 10 mL de solução de Felhing A (34,6 g CuSO4.5H2O em 500 mL) e 10 mL solução de Felhing B ( 173 g NaKC4H4O6.4H2O e 50 g de NaOH em 500 mL de água destilada). O precipitado obtido foi filtrado lavado e seco, obtendo ao final do processo 0,6354 g de precipitado. Posteriormente transferiu-se 1,00 mL da amostra de soro para um bécher de 150 mL e repetiu-se os procedimentos descritos. A massa obtida de precipitado foi 0,3180 g. Calcule o teor de açúcar no soro determinado com esse procedimento.
2Cu2+ + 4OH- + R-COH Cu2O + R-COOH + 2H2O
MMgligose=180,1559 g/mol MMCu2O=143,09 g/mol
Gabarito:
0,3180×0,1574
Massa de glicose = 0,05005 g em 1 ml
%= 5,005
9) Uma porção de 50,0 mL de uma solução contendo 0,200 g de BaCl2 .2H2O é misturada
com 50,0 mL de uma solução com 0,300 g de NaIO3. Considere que a solubilidade do Ba(IO3)2 em água seja desprezível e calcule:
(a) a massa do precipitado de Ba(IO3)2.
(b) a massa de composto que não reagiu e que permanece em solução.
(c) o fator gravimétrico.
Gabarito
0,200 g de BaCl2 .2H2O e 0,300 g de NaIO3 em 100,0 mL de água.
Ba= 137,327 Cl= 35,453 H= 1,00794 O= 15,9994 I= 126,90447	Na= 22,9898
MMBaCL2.2H2O=244,26 g/mol
MMNaIO3=197,89 g/mol
MMBa(IO3)2= 487,13 g/mol
nBaCl2=0,200/244,26 g/mol=8,19.10-4 mol(excesso)
nNaIO3=0,300/197,89=0,00152 mol 
BaCl2.2H2O + 2NaIO3 Ba(IO3)2 + 2NaCl + 2 H2O
1 2
X 0,00152
X=0,000760 mol
a) mBa(IO3)2=0,370 g
Obs.: como Kps é menor do que 10-8 a precipitação é quantitativa, ou seja, o que sobra das espécies em solução corresponde a menos de 0,1% da massa do precipitado.
b) 0,000819 mol-0,000760 mol = 0,0000590. 244,26 g/mol=0,0144 g
Fg=137,327/487,13=0,2819
10) A adição de 1,1612g de dimetilglioxima, H2C4H6O2N2, a uma solução contendo 0,5869 g de íons níquel(II) formou um precipitado rosa que foi filtrado e seco, obtendo-se um peso constante. Qual a massa de precipitado obtida? Justifique, demonstrando através de cálculos porque utilizando a massa de precipitado calculada e o fator gravimétrico teórico não se obtém a massa inicial de níquel?
Ni2+ + 2H2C4H6O2N2 --> 2H+ + Ni(HC4H6O2N2)2
Kps=2,3 x 10 -25
Ni=58,6934 u
MM H2C4H6O2N2 116,12 g/mol
Gabarito:
1) Kps=2,3 x 10 -25
Ni=58,6934 u
MM H2C4H6O2N2 116,12 g/mol
M DMG=1,1612 g
M Ni2+ = 0,5869 g
nDMG=1,1612/116,12= 0,010000 mol
nNi2+= 0,5869/58,6934 = 0,01000 mol 
Ni2+ + 2H2C4H6O2N2 2H+ + Ni(HC4H6O2N2)2
Relação é 1:2
Ni2+ está em excesso
MMpp=288,94
Mpp=288,94. 0,005000=1,445 g
Massa necessária de DMG=2,3224 g
11) Em uma amostra contendo 1,9200 g de uma mistura de FeSO4.7H2O e Al2(SO4)3.16H2O foi solubilizada em 200 mL de água e10 mL de HCl adicionado HNO3 para transformar Fe2+ em Fe3+. Posteriormente, foi adicionado NH4OH e NH4Cl em quantidade suficiente para que houve-se a precipitação simultânea de todo Fe3+ e Al3+ presente na solução. O precipitado foi calcinado e levado a peso constante, obtendo-se 0,4045 g. Os óxidos foram solubilizados em 200 mL de água e 10 mL de HCl e posteriormente adicionado solução de NaOH 5% até que a solução ficasse turva e posteriormente adicionado mais 75 mL da mesma. Há novamente a precipitaação do Fe(OH)3 e formação do aluminato. O precipitado obtido foi calcinado e levado a peso constante. Obteve-se uma massa de 0,2153 g. Qual o percentual em massa de cada um dos sais na amostra?
Fe3+ + 3OH- Fe(OH)3 
Al3+ + 3OH- Al(OH)3 
2Al(OH)3 Al2O3 + 3H2O
2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2OAl(OH)3 + OH- [Al(OH)4]- 
MM FeSO4.7H2O = 278.05 g/mol
MM Al2(SO4)3.16H2O = 630,3945 g/mol
MMFe2O3 = 159,69 g/mol
MMAl2O3 = 101,96 g/mol
MMFe(OH)3 = 106,867 g/mol
MMAl(OH)3 = 78,0036 g/mol
Gabarito
Massa de mistura de sais =1,9200 g
Massa do primeiro PP=0,4045 g
Massa do segundo PP = 0,2153 g
nFe2O3 = 0,2153/159,69 =0,001348 mol ou seja 0,002696 mol de Fe3+
nAl2O3= (0,4045 -0,2153)/ 101,96 =0,001856 mol Al2(SO4)3.16H2O
m FeSO4.7H2O= 0,002697. 278.05=0,7499 g
m Al2(SO4)3.16H2O=0,001856.=1,17001 g
1,9200 g ---- 100%
1,17001 g ---x
X=60,94%
1,9200 g ---- 100%
0,7499 g-----y
Y= 39,06%
12) Qual a quantidade de etoxi presente em uma substância que possui massa molecular igual 214,12 se quando se utilizou 2,14g dessa substância achou-se 4,70g de AgI
ROCH2CH3 + HI → ROH + ICH2CH3
ICH2CH3 + Ag+ → AgI + CH2CH3-----
n'=m'/MMAgI
n=m/214,12
quantidade de etoxi = n'/n=2
(4,70/234,77)( 2,14/214,12)=2
13) Uma amostra de massa 0,1528 contendo Ce+4 foi tratada produzindo Ce(IO3)4 e este foi calcinado produzindo 0,1040g de CeO2. Qual o percentual de Ce+4 na amostra?
Gabarito
Ce+4 → CeO2
140,12 ---- 172,12
x -------- 0,1040g
x=0,08467g
0,1528------100%
0,08467--------y%
Y= 55,41%
14) Na determinação do teor em % (m/v) de Al3+ em 500,00 mL de uma amostra utilizou-se uma alíquota de 25,00 mL e a esta adicionou-se tampão amoniacal. Após a filtração e lavagem obteve-se um precipitado que foi seco e calcinado a cima de 600 °C. O precipitado obtido foi colocado no dissecador até atingir a temperatura ambiente e posteriormente pesada em balança analítica. A massa obtida foi de 1,0196 g de óxido de alumínio. Qual o teor em % (m/v) de Al3+ na amostra?
Gabarito
Fg=2.mAl3+/mpp
Fg= 26,9815.2/101,9615
Fg=0,5293
mAl3+=0,5293.1,0196
mAl3+=0,5396g em 25,00 mL
%(m/v): massa contida em 100 mL de amostra.
2,159 % m/v de Al3+ contido na amostra
15) Na determinação do teor em % (m/v) de Fe3+ em 500,00 mL de uma amostra utilizou-se uma alíquota de 25,00 mL e a esta adicionou-se tampão amoniacal. Após a filtração e lavagem obteve-se um precipitado que foi seco e calcinado a cima de 600 °C. O precipitado obtido após a calcinação (oxido férrico) foi colocado no dissecador até atingir a temperatura ambiente e posteriormente pesado em balança analítica. A massa obtida foi de 1,0196 g de óxido. Qual o teor de ferro na amostra?
Gabarito
 2× 55,845 ----- 159,69
X ------ 2,1103
X=1,476 g de Fe3+ na alíquota.
1,476 g ----- 25,00 mL
X ------ 100 mL
X = 5,903 g em 100 mL 5,903% (m/v) 
Como não houve diluição o teor na alíquota é o mesmo da solução original.
Ou
F = 2 × 55,845 /159,69= 0,6994
F = me/MP
0,6994×1,0196 = 0,7131 g
0,7131 g/(25,00×10-2)mL = 2,852% (m/v)
16) A partir de 200,0 mL de uma solução contendo Fe3+ 0,1500 g e Al3+ 0,1000 g, é possível separá-los utilizando OH- como reagente precipitante?
Fe(OH)3, Kps = 2 x10-39 , Al(OH)3, Kps = 3 x10-34 
Gabarito
CaFe=0,1500/(200,0.55,845)=1,343.10-5 mol.L-1
Inicio da precipitação do Fe(OH)3
KpsFe(OH)3=[Fe3+][OH-]3=1,343.10-5[OH-]3=2 x10-39
[OH-]3=1,489.10-34
[OH-]=0,53.10-11
pOH=11,275
pH= 2,725
Precipitação quantitativa do Fe (sobrando 0,1% do CaFe na solução)
0,001. 1,343.10-5=1,343.10-8
KpsFe(OH)3=[Fe3+][OH-]3=1,343.10-8[OH-]3=2 x10-39
[OH-]3=1,489.10-31
[OH-]=0,53.10-10
pOH=10,275
pH= 3,725
Logo a faixa de pH para precipitação quantitativa do Fe nessa amostra é entre 2,725 e 3,725
Inicio de precipitação do Al
CaAl=0,1000/(200,0.26,98)=1,853.10-5 mol.L-1 
KpsFe(OH)3=[Fe3+][OH-]3=1,853.10-5[OH-]3=3 x10-34
[OH-]3=1,619.10-31
[OH-]=0,5450.10-10
pOH=10,26
pH= 3,74
O pH de inicio de precipitação do Al nesta amostra é superior ao da precipitação quantitativa do Fe, portanto, podem ocorrer precipitação seletiva para determinação quantitativa destes.
17) Qual o pK do indicador vermelho de fenol, sabendo que este possui a viragem de cor entre o pH de 6,4 a 8,0.
Gabarito
pH de viragem do indicador é dada por pK±x
x=-log[HIn]/[In-]
pH=pK -log[HIn]/[In-] (0,5 ponto)
onde x é o log da proporção em que se percebe uma cor ou o valor de x inverso quando se percebe a outra cor.
Logo, quando as concentrações são iguais (o meio da faixa de viragem) pH=pK (1,0 ponto)
Se a viragem é de 6,4 até 8,0 o meio da viragem é 7,2. Logo quando pH= 7,2
18) Um indicador possui seu pH de viragem entre 3,8 e 5,4. Qual seu Ka e a relação entre [Hin]/[In-]?
Gabarito
Hin → H+ + In-
Ka= [H+][In-]/[HIn]
[H+]=Ka [Hin]/[In-]
pH=pKa – log[HIn]/[In-]
Como na faixa de pH de viragem se estabelece a relação entre as concentrações das espécies em que se pode ver a predominância de uma sobre a outra, e esta proporção entre uma e a outra deve ser semalhante, sendo a relação estabelecida para a predominância de cada espécie uma inverso da outra, ou seja, – log[HIn]/[In-] deve dar valores iguais, sendo um negativo e outro positivo, logo estes valores devem ser equidistantes do pKa. Logo:
(5,4+3,8)/2=4,6 ; 5,4-4,6=0,8 e 4,6-3,8=0,8
logo – log[HIn]/[In-] tem que ser igual a 0,8 e -0,8 durante a viragem. E o pKa será 4,6
5,4=pKa+0,8
3,8=pKa-0,8
pKa=4,6
pKa= -logKa ; Ka=
se
-log[HIn]/[In-]=0,8 ; [Hin]/[In-]=6,3
- log[HIn]/[In-]=-0,8 ; [Hin]/[In-]=0,16 
19) 50,00ml de uma solução de NaOH 0,01000mol/l foi titulada com uma solução de HCl 0,02000mol/l. 
a) qual o pH quando Va=22,50ml e Va= 50,00ml
Va=22,50ml
[OH-] =( 0,01000.50,00 – 0,02000.22,50) / 72,50 pOH= -log[OH-] pH=14 – pOH
Va= 50,00ml
[H+] =( 0,02000.50,00 – 0,01000.50,00) / 100,0 pH= -log[H+] 
b) Qual o indicador mais apropriado para essa titulação. Justivique:
azul de bromotimol 6,0-7,6
alaranjado de metila 3,1-4,4
fenolftaleina 8,0-10,0
20) Qual a massa de bifitalato de potássio necessária para titular 30,0ml de uma solução de NaOH ~0,05mol/l? 
0,0300. 0,05= m/MMbifitalato
Na padrozinação de 10,00 mL de uma solução 0,1000 mol.L-1 de HCl foi utilizado uma solução padronizada de 0,1000 mol.L-1 de NaOH. Qual o pH do ponto de equivalencia e o volume gasto de titulante? Justifique.
Gabarito
O pH será 7,0 pois no ponto de equivalência o ácido e a base reagiram de maneira equivalente e nenhum dos íons presentes sofre hidrólise. 
0,1000.10,00=0,1000.vt
VT=10,00 mL
21) Usou-se uma alíquota de 50,00 mL de uma solução de biftalato de potássio, de concentração desconhecida, para titular uma solução de NaOH, sendo gastos 20,00 mL desse NaOH. Gastou-se 36,00 mL desse mesmo NaOH para titular uma alíquota de 10,00 mL de uma solução de HCl. Foram preparados 250,00 mL dessa solução de HCl diluindo-se 30,00 mL de uma solução concentrada cujo teor = 37,50 % (m/m) e densidade = 1,20 g/mL. Sendo o MM (HCl) = 36,50, qual a concentração da solução de biftalato de potássio, em g/L , sabendo-se que o PM (biftalato de K) = 204,22 ?
Gabarito:
Concentração da solução de HCl: se 1 mL 1,20 g logo 30,00 mL 36,00 g
	 se 37,50 g HCl 100 g de solução então 13,50 g HCl 36,00 g de solução
assim: 13,50 / 36,50 = 0,3700 moles de HCl em 250,00 mL de solução ou 1,4794 M 
 
concentração da solução de NaOH: M x V = M’ x V’
	 M x 36,00 = 1,4794 x 10,00 ou M = 0,4110 M 
 
Concentração da solução de biftalato de K: M x V = M” x V”
	 M” x 50,00 = 0,4110 x 20,00 ou M” = 0,1644 M 
então C = 0,1644 x 204,22 = 33,57 g/L
22) Uma massa de amostra de Mg(OH)2 igual a 4,5000 g reagiu estequiometricamente com 50,00 mL de uma solução de HCl igual a 0,5000 mol L-1. O excesso do ácido foi titulado com uma solução de NaOH 0,2500mol L-1 e foram gastos um volume igual a 46,20 mL da base. Calcular a concentração de Mg(OH)2 em %(m/m).
MM=58,34g/mol
0,2500x0,04620= nNaOH=nHClex = 0,0115 mol
nHCl = 0,05000x0,5000 = 0,02500 mol
nHCl1titulação = 0,09000 mol
2xnMg(OH)2=nHCl1titulação
nMG(OH)2=0,04500 mol
mMg(OH)2 = 0,04500x58,34 = 2,625 g
% = (2,625/4,5000)*100=58,33 
23) Uma massa de 1,000 g de NaOH impuro foi dissolvido em água e transferido para um balão de 250,00 mL. Uma alíquota de 25,00 mL dessa solução foi neutralizada com 26,70 mL de H2SO4 0,04600 mol/L. Calcular a purezado NaOH em %m/m na amostra. 
MM= 39,997 g/mol
0,02670x0,04600= nH2SO4=nNaOH/2
nNaOH= 2,456x10-3 mol
2,456x10-3 mol em 25,00 mL
Em 250,00 mL tem 2,456x10-2 mol 
39,997x2,456x10-2 = 0,09825 g
% = (0,09825 /1,000)*100= 9,825
24) Considerando-se:	
os indicadores
	Fenolftaleína 8,0 - 10,0
	Azul de bromotimol 6,0 - 7,6
	Verde de bromocresol 3,8 - 5,4 
as curvas correspondentes às titulações de 50,00 mL de HCl 0,0500 M com NaOH 0,1000 M (curva A) e de 50,00 mL de HCl 0,0005 M com NaOH 0,0010 M (curva B),
	a) compare o que ocorre com a variação do pH na região do ponto de equivalência;
	b) escolha qual(is) o(s) indicador(es) adequado(s) para ambas as curvas e justifique.
Gabarito:
a) Na curva A, com concentrações maiores do titulante e do titulado, a variação do pH na região do ponto de equivalência é grande, bem pronunciada, enquanto, na curva B, com concentrações cem vezes menores, a variação do pH é significativamente menor, apesar de ainda bem pronunciada.
b) O indicador adequado para ambas as curvas é o azul de bromotimol (6,0 - 7,6), que contem em sua faixa de viragem o pH (igual a 7) do ponto de equivalência. Os outros dois não seriam adequados para a curva B porque, sendo a variação do pH significativamente menor e suas faixas de viragem mais distantes do pH 7, ocorreria um erro de titulação maior.
25) Para realizar a titulação do ácido acético presente em uma amostra de vinagre, que possui 6,005% (m/v) de ácido acético, fez-se a diluição da amostra utilizando um balão de 100,00 mL e uma pipeta de 10,00 mL. Posteriormente, retirou-se uma alíquota de 10,00 mL da solução diluida e transferiou-se para um erlenmayer de 250 mL, adicionou-se a este água destilada utilizando proveta de 25,0 mL e indicador. A aliquota foi titulada com uma solução padroniada de NaOH possi concentração de 0,1000 mol.L-1 utilizando-se uma bureta de 25,00 mL. Qual(is) o(s) indicador(es) dentre os indicados na tabela abaixo poderia(m) ser utilizado(s) neste procedimento para que o provável erro do volume no ponto final seja menor do que 1%?
	Indicador
	Cores
	Intervalo de viragem
	Alaranjado de metila
	Vermelho-amarelo
	3,1-4,4
	Azul de bromotimol
	Amarelo-azul
	6,0-7,6
	Vermelho de fenol
	Amarelo-vermelho
	6,6-8,0
	Fenolftaleina
	Incolor-rosa
	8,2-10,0
	Timolftaleina
	Incolor-azul
	9,4-10,6
	Carmim de indigo
	Azul-amarelo
	11,4-13,0
Erro relativo = (Xm-Xv)×100/(Xv); Xv=valor verdadeiro; Xm=valor medido
MMCH₃COOH = 60,05 g/mol
MMNaOH = 39,997 g/mol
K CH₃COOH= 1,78.10-5 mol.L-1
Gabarito
CH₃COOH + NaOH CH₃COO-Na+ + H2O
	
 
C= 1,000 mol.L-1
Cc×Vc=Cd×Vd
 
Solução tem 0,1000 mol.L-1.
Erro= 1% = (Vm-10,00)×100/10,00
0,10=Vm-10,00
Vm=0,10 mL
Caex = (Ca.Va – Cb.VB)/(Va+Vb) = (0,1000×10,00-0,1000×9,90)/(19,90)
Caex = 5,025.10-4 mol.L-1
Cs = Cb.VB/(Va+Vb) = (0,1000×9,90)/(19,90)=0,04975 mol.L-1
NaCl Na+ + Cl-
HAcO H+ + AcO-
H2O H+ + OH-
[H+] = [AcO-] – [Na+] + [OH-] Balanço de massa de H+
Ou
[Na+] + [H+] = [AcO-] + [OH-] Balanço de carga dos equilíbrios envolvidos
Ka = [AcO-] . [H+]/[HAcO] 
[HAcO] = Caex - [H+] +[OH-]
Pode-se realizar considerações:
1ª consideração: se [OH-] << [AcO-] – [Na+]
2ª consideração: se Caex << [H+] -[OH-] 
Então [AcO-] = Cs e [HAcO] = Caex
Ka = [AcO-] . [H+]/[HAcO]
[H+] = Ka. [HAcO]/ [AcO-]
[H+] = Ka.Caex/Cs
pH = pKa -log Caex/Cs
pH=4,75-log(5,02.10-4/0,04975)
pH = 4,75 + 2,00
pH = 6,75
Cbex = (Cb.Vb – Ca.Va)/(Va+Vb) = (0,1000×10,10-0,1000×10,00)/(20,10) = 0,05025 mol.L-1
Considerando que a quantidade de OH- proveniente da hidrólise do acetato é despresível em relação a produzida pelo excesso de base.
Então:
[OH-] = [Na+] = Cbex
pOH = - logCbex
pH = 14 + logCbex
pH=14+ log0,05025
pH = 12,70
Para que o ponto final enxergado na viragem do indicador nas condições de análise apresente um erro de 1,0% deve-se utilizar um indicador que possua viragem entre os pH de 6,75 a 12,70. Portanto, os indicadores que podem ser escolhidos dentre os tabelados são a fenolftaleína e timolftaleina.
26) Um estudante desejava determinar a acidez (% p/p) de uma solução acética. Assim, na titulação de 25,00 mL da solução amostra foram gastos 15,00 mL de NaOH 0,04 M, usando fenolftaleína como indicador. Tendo sido a solução amostra preparada a partir de 14,40 g de ácido, que foram diluídos a 1,00 L, qual a acidez encontrada ?
Dados: MMCH₃COOH = 60,05 g/mol
MMNaOH = 39,997 g/mol
K CH₃COOH= 1,78.10-5 mol.L-1
Gabarito
	PM (HAc) = 60,00 no mmoles HAc = 15,00 x 0,04 = 0,60
	 m HAc = 0,60 x 0,060 = 0,036 g em 25,00 mL
	 ou m HAc = 1,44 g em 1,00 litro
	então, se 14,40 g -- 100 %
	 logo, 1,44 g -- x % x = 10,00 %
A titulação de 10,00 mL de uma amostra contendo H2SO4 e H3AsO4 foi realizada com uma solução padronizada de NaOH 0,1000 mol.L-1. A viragem do indicador utilizado para encontrar o primeiro ponto final gastou um volume de titulante de 8,00 mL. A viragem do segundo indicador utilizado para verificar o segundo ponto final em uma nova alíquota gastou um volume de titulande te 14,00 mL.
Qual a concentração dos ácidos na amostra?
Ka2 H2SO4 = 1,2 x 10-2
Ka1 H3AsO4= 6,0 x 10-3; Ka2 H3AsO4 = 1,0 x 10-7; Ka3 H3AsO4 = 3,0 x 10-12
Gabarito
1° PE = 2 n°mmols de H2SO4 + n°mmols de H3AsO4 = n°mmols de NaOH 
2° PE = n°mmols de H3AsO4 = n°mmols de NaOH
(1,0 ponto) 
2 n°mmols de H2SO4 + n°mmols de H3AsO4 =0,1000.8,00=0,800 mmol
n°mmols de H3AsO4 =(14,00-8,00).0,1000=0,6000 mmol
2 n°mmols de H2SO4 + 0,6000 = 0,800 mmol
2 n°mmols de H2SO4 =0,200o mmol
n°mmols de H2SO4 =0,1000 mmol
[H2SO4]= 0,100mmol/10,00mL= 0,01000 mol.L-1
[H3AsO4] = 0,600mmol/10,00mL=0,06000 mol.L-1
27) Preparou-se 100 ml de uma solução utilizando x g de NaHCO3 e y g NaOH. 20,00 ml dessa solução foram titulados com 20,00 ml de HCl 0,01000 mol/l utilizando-se fenolftaleína como indicador. Posteriormente pegou-se uma nova alíquota e titulou-se com 40,00ml do mesmo titulante utilizando-se alaranjado de metila como indicador. Qual o valor de x e y?
MMNaOH=39,997 g/mol
MMNaHCO3=84,007 g/mol
MMNa2CO3=105,9888 g/mol
Gabarito
NaHCO3 e NaOH não permanecem ambos presentes em solução, pois, reagem entre si, somente permanecendo em solução a espécie em excesso.
Vf= 20,00 mL
Vam = 40,00 mL
Se a mistura for NaHCO3 e Na2CO3 o volume de titulante utilizando alaranjado de metila em uma titulação desacoplada deveria ser maior que o dobro do primeiro volume.
Já, se a mistura for Na2CO3 e NaOH o volume de titulante utilizando alaranjado de metila em uma titulação desacoplada deveria ser maior que volume gasto com fenolftaleína, porém, menor que o dobro deste.
Misturados NaOH + Na2CO3
Se não houver excesso de nenhum dos reagentes, para uma titulação desacoplada, o volume gasto com alaranjado de metila será exatamente o dobro do gasto com fenolftaleína.
CO3-2
 b Fenolftaleina 
HCO3- 
 b Metilorange
H2CO3 → CO2 + H2O
b =20,00
2b = 40,00
b = 20,000
C×V=C×V
0,01000×20,00=Cb×20,00
Cb=0,01000 mol.L-1	
Concentração da alíquota é a mesma da solução no balão.
Como estequiometria para formação de carbonato é de 1:1 e não houve excesso de ninguém, então foi colocado 0,01000 mol em 100,00 mL de ambos.
84,007×0,001000 = 0,08401g
X =0,08401
C×V=C×V
39,997×0,001000 = 0,04000g
Y=0,04000
28) Preparou-se 100 ml de uma solução utilizando x g de NaHCO3 e y g NaOH. 20,00 ml dessa solução foram titulados com 20,00 ml de HCl 0,01000 mol/l utilizando-se fenolftaleína como indicador. Posteriormente pegou-se uma nova alíquota e titulou-se com 42,00ml do mesmo titulante utilizando-se alaranjado de metila como indicador. Qual o valor de x e y?
MMNaOH=39,997 g/mol
MMNaHCO3=84,007 g/mol
MMNa2CO3=105,9888 g/mol
Gabarito
NaHCO3 e NaOH não permanecem ambos presentes em solução, pois, reagem entre si, somente permanecendo em solução a espécie em excesso.
Vf= 20,00 mL
Vam = 40,00 mL
Se a mistura for NaHCO3 e Na2CO3 o volume de titulanteutilizando alaranjado de metila em uma titulação desacoplada deveria ser maior que o dobro do primeiro volume.
Já, se a mistura for Na2CO3 e NaOH o volume de titulante utilizando alaranjado de metila em uma titulação desacoplada deveria ser maior que volume gasto com fenolftaleína, porém, menor que o dobro deste.
Misturados NaOH + Na2CO3
Se não houver excesso de nenhum dos reagentes, para uma titulação desacoplada, o volume gasto com alaranjado de metila será exatamente o dobro do gasto com fenolftaleína.
CO3-2
 b Fenolftaleina 
HCO3- HCO3- 
 b a Metilorange
H2CO3 → CO2 + H2O H2CO3 → CO2 + H2O
b =20,00
2b +a = 42,00
b = 20,000
a=2,00
C×V=C×V
0,01000×20,00=Cb×20,00
Cb=0,01000 mol.L-1
0,01000×2,00=Ca×20,00
Ca=0,001000 mol.L-1	
Concentração da alíquota é a mesma da solução no balão.
Como estequiometria para formação de carbonato é de 1:1 e houve excesso de bicarbonato, então foi colocado 0,001000 mol em 100,00 mL de NaOH e 0,001100 mol de NaHCO3.
84,007×0,001100 = 0,09241g
X =0,09241
C×V=C×V
39,997×0,001000 = 0,04000g
Y=0,04000
29) Uma solução preparada com x g de NaHCO3 e Y g de NaOH e avolumada em um balão de 100,00 mL. Uma alíquota de 10,00 mL dessa solução foi titulada com uma solução padronizada de HCl 0,1000 mol.L-1 e fenolftaleína com indicador, gastando-se 10,00 mL de titulante. Uma nova alíquota de 10,00 mL foi utilizada para titular com o mesmo titulante e alaranjado de metila como indicador, gastando-se 18,00 mL. Quais são os valores de X e Y?
MMNaHCO3=84,007 g/mol
MMNaOH=39,997 g/mol
MMNa2CO3=105,9888 g/mol
Gabarito
NaHCO3 e NaOH não permanecem ambos presentes em solução, pois, reagem entre si, somente permanecendo em solução a espécie em excesso.
Vf= 10,00 mL
Vam = 18,00 mL
Se a mistura for NaHCO3 e Na2CO3 o volume de titulante utilizando alaranjado de metila em uma titulação desacoplada deveria ser maior que o dobro do primeiro volume.
Já, se a mistura for Na2CO3 e NaOH o volume de titulante utilizando alaranjado de metila em uma titulação desacoplada deveria ser maior que volume gasto com fenolftaleína, porém, menor que o dobro deste.
Misturados NaOH + Na2CO3
 OH- CO3-2
 a b Fenolftaleina 
 H2O HCO3- 
 b Metilorange
 H2CO3 → CO2 + H2O
a+b =10,00
a+2b = 18,00
b = 8,000
a= 2,000
C×V=C×V
0,1000×10,00=Cb×8,00
Cb=0,1250 mol.L-1	
Concentração da alíquota é a mesma da solução no balão.
Como bicarbonato era reagente limitante e a estequiometria para formação de carbonato é de 1:1então foi colocado 0,01250 mol em 100,00 mL.
84,007×0,01250 = 1,050 g
X =1,050
C×V=C×V
0,1000×10,00=Cb×2,00
Cb=0,5000 mol.L-1
O número de mol de NaOH foi o que sobrou em excesso mais o que reagiu para formar o carboato, ou seja, 0,05000 + 0,01250 mol em 100,00 mL.
105,9888 × 0,06250 = 6,624 g
Y = 6,624
30) Uma solução contendo 25,00ml de H3PO4 0,01000mol/L foi titulada com NaOH 0,01000mol/L. Qual o pH quando usado 25,00ml de titulante?
K1=0,00711; K2=6,32×10-8; K3=4,5×10-13
Gabarito
O primeiro e segundo H+ são tituláveis separadamente. Como as concentrações são iguais, usando-se 25,00 mL de titulante e 25,00 mL de titulado chega-se ao primeiro ponto de equivalência.
pH = (pK1+pK2)/2 =4,66
31) 10,00 mL de uma solução X mol/L de H3PO4 foi titulada com uma solução 0,1000 mol/L de NaOH. O volume gasto de titulante no pH que possui valor médio entre pK1 e pK2 foi de 12,00 mL. Qual o valor de X?
k1 = 7,5 10-3mol/ L, k2 = 6,2 10-8mol/ L e k3 = 5,0 10-13mol/ L.
Gabarito
10,00.x=0,1000.12,00
X=0,1200 mol.L-1
32) Para determinar a concentração de cloreto em uma solução de concentração x mol/L, adicionou-se 15,00 mL de solução de AgNO3 0,1000 mol/L ao erlemeyer contendo 10,00 mL da solução de cloreto. Ao titular esta solução com SCN- 0,05000 mol/L gastou-se 10,00 mL de titulante. Qual o valor de X?
Gabarito
0,05000.10,00=nex=0,5000 mmol
Ag adicionado=0,1000.15,00=1,500 mmol
Reagiu=1,500-0,5000=1,000 mmol
10,00.x=1,000
X= 0,1000 mol.L-1
33) Uma solução contendo 25,00ml de NaCl 0,01000 mol/L foi titulada com AgNO3 0,01000 mol/L. qual a concentração de ions cloreto:
a) Antes da titulação?
b) Após a adição de 12,50 ml de titulante?
c) Após a adição de 25,00ml de titulante?
d) Após a adição de 37,50ml de titulante?
KpsAgCl = 1,7. 10-10
Gabarito
a) 0,01000 mol.L-1
b) 0,003333 mol.L-1
c) 1,304.10-5 mol.L-1
d) 0,8500.10-7 mol.L-1
34) Uma alíquota de 50,00 ml foi retirada de um frasco de água sanitária, que apresentava um teor de 1,12% (p/v) em NaClO, e diluída a 250 ml em balão volumétrico. Uma alíquota de 25,00 ml, da solução contida no balão, foi titulada usando-se uma solução padronizada de tiossulfato de sódio 0,0557 M. Qual foi o volume de titulante gasto ? Dados: PM NaClO = 74,45
Gabarito
	Concentração da solução amostra de NaClO
	A porcentagem é 1,12 % ou 1,12 g de NaClO em 100 mL de água sanitária
	Assim, tem-se 11,20 g de NaClO em 1000 ml de água sanitária,
	 11,20 / 74,45 = 0,1504 mol de NaClO em 1 litro de água sanitária ou
	 M = 0,1504 M
	Concentração da solução diluída de NaClO
	 0,1504 x 50,00 = M’ x 250,00 M’ = 0,0301 M
	Pela estequiometria da reação 1 ClO- para 2 S2O3 =
 2 x no mmoles de ClO- = 1 x no mmoles de S2O3 =
	 2 x 0,0301 x 25,00 = 0,0557 x V
 1,5044 = 0,0557 V V = 27,00 ml solução de Na2S2O3
35) Uma solução contendo 25,00ml de Fe+2 0,01000 mol/L foi titulada com KMnO4 0,00200 mol/L em pH = 3. Qual é o potencial após a adição de 25,00ml de titulante?
Fe3+ + e- Fe2+ E°=0,77V
MnO4- + 8H+ + 5e- Mn2+ + 4H2O E°=1,51 V
Gabarito
Sistema encontra-se no ponto de equivalência, pois 25,00.0,01000=5.0.00200.25,00
Esis=(5E°MnO4-/Mn2+ + E°Fe3+/Fe2+)/6 –(0,0592log(1/(10-3)8))/6=1,37 - 0,23 = 1,14 V
36) 10,00 mL de uma solução contendo x mol/L de ClO- reagiu com KI em excesso, produzindo uma solução castanha. A solução produzida foi titulada com S2O32- 0,1000 mol/L e utilizou-se como indicador goma de amido. 12,00 mL de titulante foram gastos para promover o descoramento da solução. Qual o valor de X?
ClO- + I- + 2H+ → I2 + Cl- + H2O
I2 + 2S2O32- → 2I- + S4O62
Gabarito
ClO- + I- + 2H+ → I2 + Cl- + H2O
I2 + 2S2O32- → 2I- + S4O62-
12,00.0,1000=2.nI2
nI2=CClO-.10,00
0,6000/10,00= CClO-
CClO-=0,06000 mol.L-1
X=0,06000
37) Explique como ocorre o processo de indicação do ponto final da complexometria através da utilização de indicadores metalocrômicos.
38) Considere a titulação de 25,0 mL de solução 10-2 M de Ca2+ com uma solução de EDTA 10-2 em pH = 12. Dados: Kf = 5,0 x 1010 ; α4 = 3,5 x 10-1 . Calcule pCa para os seguintes volumes de titulante: 
a) V = 0,0 mL b) V = 12,0 mL c) V = 25,0 mL d) V = 30,0 mL
39) Foi determinada as quantidades de Ca2+ e Mg2+ em uma amostra através da complexometria. Para tanto, foi utilizada uma solução de EDTA 0,1000 mol.L-1 gastando-se 12,00 mL de titulante em uma alíquota de 10,00 mL de amostra em pH=10. Posteriormente utilizada uma nova alíquota da amostra, também de 10,00 mL, porém em pH=12 e foi feita novamente a titulação com EDTA, gastando-se 8,00 mL de titulante. Qual a concentração de Ca2+ e Mg2+ na amostra?
Gabarito
n° mmol Ca2+ + n°mmol Mg2+=12,00.0,1000=1,200 mmol
n°mmol Ca2+=8,00.0,1000=0,800mmol
n°mmol Mg2+=1,200-0,800=0,400 mmol
[Ca2+]=0,500/10,00=0,0800 mol.L-1
[Mg2+]=1,000/10,00=0,0400 mol.L-1
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