Volumetria de precipitação (exercícios resolvidos)

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Universidade Federal do Ceará 
Departamento de Química Analítica e Físico-Química 
Química Analítica Quantitativa - I 
Lista de exercícios Resolvida 
Volumetrias de precipitação 
Fco Breno V. Teixeira 
 
01)Uma amostra de 2,8g de um material contendo prata é dissolvida em ácido 
nítrico e a solução resultante foi diluída a 250,0 mL. 25,0mL desta solução gastou 
23,4 mL de uma solução de tiocianato de potássio a 0,1 mol/L, usando um sal 
férrico como indicador. Escreva as reações envolvidas e calcule o teor de prata na 
amostra. R = 90,15 
MMAg+=107,87g/mol 
Massa da amostra que contêm Ag+ = 2,8g 
Ag+ + NO3- ⇌ AgNO3 
AgNO3 + KSCN ⇌ AgSCN+KNO3 
nKSCN = nAg+ 
nKSCN= 23,4mL * 0,1mol/L = 2,34mmol = 2,34x10-3 
mAg+ = 2,34x10-3mol *107,87g/mol = 0,2524g 
 
25ml ---------- 0,25242g 
250ml -------- X 
X = 2,5242g 
 
2,8 ------------ 100% 
2,5242 --------- X% 
X= 90,15% 
02) Para determinar a salinidade de 50,0 mL de uma amostra de água de caldeira 
gastou-se 30,0 mL de uma solução a 0,2 mol/L de AgNO3. Calcule a concentração 
de cloreto na amostra, expressando o resultado em g/L. K2CrO4 foi utilizado como 
indicador. R= 4,26 g/L 
 
Ag+ + Cl- ⇌ AgCl(s) 
n = 30,0mL x 0,2mol/L = 6,0mmol 
6,0x10-3mol x 35,5g/mol = 0,213g 
50mL------------0,213g 
1000ml----------Xg 
X = 4,26g/mL 
 
03) Que volume de uma solução de tiocinato de potássio a 0,2 mol/L é necessário 
para precipitar a prata contida em 0,4623 g de nitrato de prata? R = 13,6 mL 
 
Ag+ + SCN- ⇌ AgSCN(s) 
1 molAgNO3----------1 molAg+------------1 molKSCN 
nAgNO3 = 0,4623/169,87g/mol = 2,721x10-3mol 
 
𝑉 =
𝑛
𝑀
 V =
2,721∗10−3𝑚𝑜𝑙
0,2 𝑚𝑜𝑙/𝐿
= 0,0136 𝐿 
V= 13,6mL 
04) 25,0 mL de uma solução de NaBr foram tratados com 50,0 mL de solução de 
AgNO3 que contêm 20 g do sal por litro. O precipitado de AgBr foi separado por 
filtração. O excesso de nitrato de prata foi titulado com 15,4 mL de solução de 
KSCN a 0,10 mol/L. Qual a concentração da solução de NaBr em g/L? R = 17,89 g/L 
𝑛 =
𝑚
𝑀𝑀
 
𝑛 =
20𝑔
169,87𝑔/𝑚𝑜𝑙
= 0,118 𝑚𝑜𝑙 
 
M = 0,118mol/L 
n = 50,0mL x 0,118 = 5,9mmol 
n(ex) =15,4 x 0,10 = 1,54 mmol 
nNaBr = 5,9 – 1,54 = 4,36 mmol 
4,36/25,0 = 0,1744 mol/L 
1mol -----------102,9g 
0,1744mol ----x 
X = 17,89g/L 
 
 05) Como podem ser os métodos de determinação do ponto final nas titulações 
por precipitação? 
 
Os métodos de determinação do ponto final nas titulações por precipitação podem ser de 
dois tipos: visuais ou instrumentais. Os métodos visuais usam indicadores que mudam de 
cor ou formam um precipitado quando a reação de titulação está completa. Os métodos 
instrumentais usam aparelhos que medem alguma propriedade física da solução, como o 
potencial elétrico, a condutividade, a corrente ou a absorção de luz, e indicam o ponto final 
por meio de um sinal sonoro ou gráfico. 
Métodos visuais: 
O método de Mohr, que usa íon cromato como indicador para titulações de haletos com 
nitrato de prata. O ponto final é marcado pela formação de um precipitado vermelho de 
cromato de prata. 
O método de Fajans, que usa indicadores de adsorção, como fluoresceína ou 
diclorofluoresceína, para titulações de haletos, cianeto ou tiocianato com nitrato de prata. O 
ponto final é marcado pela mudança de cor do indicador, que se adsorve na superfície do 
precipitado de prata. 
O método de Volhard, que usa íon ferro (III) como indicador para titulações de haletos, 
cianeto ou tiocianato com nitrato de prata. O ponto final é marcado pela formação de um 
precipitado vermelho de tiocianato de ferro (III). 
Métodos instrumentais: 
A potenciometria, que usa um eletrodo indicador e um eletrodo de referência para medir o 
potencial elétrico da solução durante a titulação. O ponto final é marcado pela mudança 
brusca de potencial, que é registrada em um potenciômetro ou em um gráfico de potencial 
versus volume de titulante. 
A condutimetria, que usa um condutímetro para medir a condutividade elétrica da solução 
durante a titulação. O ponto final é marcado pela mudança brusca de condutividade, que é 
registrada em um condutímetro ou em um gráfico de condutividade versus volume de 
titulante. 
A amperometria, que usa um eletrodo indicador e um eletrodo auxiliar para medir a 
corrente elétrica que passa pela solução durante a titulação. O ponto final é marcado pela 
mudança brusca de corrente, que é registrada em um amperímetro ou em um gráfico de 
corrente versus volume de titulante. 
A fotometria, que usa um fotômetro para medir a absorção de luz da solução durante a 
titulação. O ponto final é marcado pela mudança brusca de absorção, que é registrada em 
um fotômetro ou em um gráfico de absorção versus volume de titulante. 
 
 
06) Qual o princípio dos indicadores de adsorção? Por que o controle do pH é 
importante? 
Os indicadores de adsorção são compostos orgânicos que tendem a ser adsorvidos sobre a 
superfície do sólido em uma titulação de precipitação. O ideal é que a adsorção ocorra 
próximo do ponto de equivalência e resulte em uma alteração de cor, como também em 
uma transferência de cor da solução para o sólido. O controle de pH é importante porque 
influência nas propriedades de superfície do adsorvente e nas diferentes formas iônicas 
das soluções de adsorvato. O pH também afeta a carga da superfície do sólido e a 
competição entre os íons H+ e os íons metálicos pelos sítios de adsorção. 
 
07) Descreva o princípio básico do método de Morh. 
 
O método de Mohr é um método volumétrico que permite determinar a concentração de 
íons cloreto, brometo ou cianeto em uma amostra aquosa. O princípio básico do método é 
adicionar uma solução de nitrato de prata, AgNO3, como titulante, até que todos os íons 
cloreto, brometo ou cianeto sejam precipitados como cloreto de prata, brometo de prata ou 
cianeto de prata, respectivamente. Esses precipitados são de cor branca e não permitem 
identificar o ponto final da titulação. Por isso, usa-se um indicador de precipitação, que é o 
cromato de potássio, K2CrO4. Esse sal reage com o excesso de íons prata, formando um 
precipitado de cromato de prata, Ag2CrO4, de cor vermelha ou tijolo. Esse precipitado 
marca o ponto final da titulação, indicando que todos os íons cloreto, brometo ou cianeto 
foram consumidos pelo titulante. Para que o método funcione corretamente, é necessário 
manter o pH da solução entre 6,5 e 10,5, pois fora dessa faixa o cromato de potássio pode 
não reagir com a prata ou a prata pode precipitar como hidróxido. 
 
 
08) 50 mL de KSCN 0,08 mol/L são titulados com uma solução de Cu+ a 0,040 
mol/L. Para cada volume de titulante a seguir, calcule o pCu: 0,10; 10; 25; 50; 75; 
95; 99; 99,9; 100; 100,1; 101,0 e 110 mL. Kps CuSCN = 4,8 x 10-15 
R = 13,22; 13,10; 12,92; 12,62; 12,22; 11,46; 10,75; 9,75; 7,16; 4,57; 3,58; 2,60. 
nKSCN = nCu+ 
nKSCN = 50ml x 0,08mol/L = 4mmol = 4x10-3mol 
M1 V1 = M2V2 ou 𝑉 =
𝑛
𝑀
 
 V = 4x10-3mol/0,040mol/L = 0,100L (1000𝑚𝐿
1𝐿
) =100ml 
pCu = −𝑙𝑜𝑔[𝐶𝑢+] 
acrescentando 0,10ml de Cu+ 0,040mol/L 
[KSCN] = 
(50,0𝑚𝐿∗0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)−(0,10𝑚𝐿∗0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
50,0𝑚𝐿+0,10𝑚𝐿
= 0,0798𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
𝐾𝑝𝑠 = [𝑆𝐶𝑁−][𝐶𝑢+] 
[𝐶𝑢+] =
𝐾𝑝𝑠
[𝑆𝐶𝑁−]
 
 
[𝐶𝑢+] =
4,80𝑥10−15
7,98𝑥10−2𝑚𝑜𝑙/𝐿
= 6,01𝑥10−14𝑚𝑜𝑙/𝐿 
𝒑𝑪𝒖 = −𝒍𝒐𝒈(𝟔, 𝟎𝟏𝒙𝟏𝟎−𝟏𝟒) = 𝟏𝟑, 𝟐𝟐 
Acrescentando 10,0ml de Cu+ 0,040mol/L 
[KSCN] = 
(50,0𝑚𝐿∗0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)−(10,0𝑚𝐿∗0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
50,0𝑚𝐿+10,0𝑚𝐿
= 0,06𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
[𝐶𝑢+] =
4,80𝑥10−15
6,00𝑥10−2𝑚𝑜𝑙/𝐿
= 8,00𝑥10−14𝑚𝑜𝑙/𝐿 
𝒑𝑪𝒖 = −𝒍𝒐𝒈(𝟖, 𝟎𝟎𝒙𝟏𝟎−𝟏𝟒) = 𝟏𝟑, 𝟏𝟎 
acrescentando 25,0ml de Cu+ 0,040mol/L 
[KSCN] = 
(50,0𝑚𝐿∗0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)−(25,0𝑚𝐿∗0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
50,0𝑚𝐿+25,0𝑚𝐿
= 0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
[𝐶𝑢+] =
4,80𝑥10−15
4,0𝑥10−2𝑚𝑜𝑙/𝐿
= 1,20𝑥10−13𝑚𝑜𝑙/𝐿 
𝑝𝐶𝑢 = −𝑙𝑜𝑔(4,0𝑥10−13) = 13,92 
Acrescentando 50,0ml de Cu+ 0,040mol/L 
[KSCN] = 
(50,0𝑚𝐿∗0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)−(50,0𝑚𝐿∗0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
50,0𝑚𝐿+50,0𝑚𝐿= 0,02𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
[𝐶𝑢+] =
4,80𝑥10−15
4,00𝑥10−2𝑚𝑜𝑙/𝐿
= 2,40𝑥10−13𝑚𝑜𝑙/𝐿 
𝒑𝑪𝒖 = −𝒍𝒐𝒈(𝟐, 𝟒𝟎𝒙𝟏𝟎−𝟏𝟑) = 𝟏𝟐, 𝟔𝟐 
acrescentando 75,0ml de Cu+ 0,040mol/L 
[KSCN] = 
(50,0𝑚𝐿∗0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)−(75,0𝑚𝐿∗0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
50,0𝑚𝐿+75,0𝑚𝐿
= 0,008𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
[𝐶𝑢+] =
4,80𝑥10−15
8,00𝑥10−3𝑚𝑜𝑙/𝐿
= 6,0𝑥10−13𝑚𝑜𝑙/𝐿 
𝑝𝐶𝑢 = −𝑙𝑜𝑔(6,00𝑥10−13) = 12,22 
acrescentando 95,0ml de Cu+ 0,040mol/L 
[KSCN] = 
(50,0𝑚𝐿∗0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)−(95,0𝑚𝐿∗0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
50,0𝑚𝐿+95,0𝑚𝐿
= 1,38𝑥10−3𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
[𝐶𝑢+] =
4,80𝑥10−15
1,38𝑥10−3𝑚𝑜𝑙/𝐿
= 3,48𝑥10−12𝑚𝑜𝑙/𝐿 
𝒑𝑪𝒖 = −𝒍𝒐𝒈(𝟑, 𝟒𝟖𝒙𝟏𝟎−𝟏𝟑) = 𝟏𝟏, 𝟒𝟔 
acrescentando 99,0ml de Cu+ 0,040mol/L 
[KSCN] = 
(50,0𝑚𝐿∗0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)−(99,0𝑚𝐿∗0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
50,0𝑚𝐿+99,0𝑚𝐿
= 2,68𝑥10−4𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
[𝐶𝑢+] =
4,80𝑥10−15
2,68𝑥10−4𝑚𝑜𝑙/𝐿
= 1,80𝑥10−11𝑚𝑜𝑙/𝐿 
𝑝𝐶𝑢 = −𝑙𝑜𝑔(1,80𝑥10−11) = 10,75 
acrescentando 99,9ml de Cu+ 0,040mol/L 
[KSCN] = 
(50,0𝑚𝐿∗0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)−(99,9𝑚𝐿∗0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
50,0𝑚𝐿+99,9𝑚𝐿
= 2,67𝑥10−5𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
[𝐶𝑢+] =
4,80𝑥10−15
2,6𝑥10−5𝑚𝑜𝑙/𝐿
= 1,79𝑥10−10𝑚𝑜𝑙/𝐿 
𝒑𝑪𝒖 = −𝒍𝒐𝒈(𝟏, 𝟕𝟗𝒙𝟏𝟎−𝟏𝟎) = 𝟗, 𝟕𝟓 
acrescentando 99,9ml de Cu+ 0,040mol/L 
ponto de equivalência 
[𝑆𝐶𝑁−] = [𝐶𝑢+] = 𝑆 
𝐾𝑝𝑠 = [𝑆𝐶𝑁−][𝐶𝑢+] 
𝐾𝑝𝑠 = 𝑆 ∗ 𝑆 
𝐾𝑝𝑠 = 𝑆2 
𝑆 = √𝐾𝑝𝑠 
𝑆 = √4,80𝑥10−15 
𝑆 = 6,93𝑥10−8𝑚𝑜𝑙/𝐿 
𝒑𝑪𝒖 = 𝒑𝑺𝑪𝑵 = −𝒍𝒐𝒈(𝟔, 𝟗𝟑𝒙𝟏𝟎−𝟖) = 𝟕, 𝟏𝟔 
Após o ponto de equivalência (Cu+ em excesso) 
acrescentando 100,1ml de Cu+ 0,040mol/L 
 [𝐶𝑢+] =
(100,1𝑚𝐿∗0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)−(50,0𝑚𝐿∗0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
100,1𝑚𝐿+50,0𝑚𝐿
= 2,66𝑥10−5𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
𝒑𝑪𝒖 = −𝒍𝒐𝒈(𝟐, 𝟔𝟔𝒙𝟏𝟎−𝟓) = 𝟒, 𝟓𝟕 
Acrescentando 101,0ml de Cu+ 0,040mol/L 
[𝐶𝑢+] =
(101,0𝑚𝐿 ∗ 0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1) − (50,0𝑚𝐿 ∗ 0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
101,0𝑚𝐿 + 50,0𝑚𝐿
= 2,65𝑥10−4𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
𝑝𝐶𝑢 = −𝑙𝑜𝑔(2,6𝑥10−4) = 3,58 
acrescentando 101,0ml de Cu+ 0,040mol/L 
[𝐶𝑢+] =
(110,0𝑚𝐿 ∗ 0,04𝑚𝑜𝑙 𝐿−1) − (50,0𝑚𝐿 ∗ 0,08𝑚𝑜𝑙 𝐿−1)
110,0𝑚𝐿 + 50,0𝑚𝐿
= 2,50𝑥10−3𝑚𝑜𝑙 𝐿−1 
𝒑𝑪𝒖 = −𝒍𝒐𝒈(𝟐, 𝟓𝟎𝒙𝟏𝟎−𝟒) = 𝟐, 𝟔𝟎 
 
09) Considere a titulação de 50,00 mL de uma mistura de I- e SCN- com uma 
solução de Ag+ de 0,0683 mol/L. O primeiro ponto de equivalência é observado 
em 12,60 mL e o segundo em 27,70 mL. Calcule [SCN-] em mol/L. R = 0,0206 
mol/L 
 
KpsAgI =8,3x10-17 KpsAgSCN = 1,1x10-12 
Como o ambas as reações que ocorrem são 1:1, podemos avaliar quem irá precipitar primeiro. 
No caso quem precipitará primeiro é o íon iodeto, pois possui um Kps menor. 
Primeiro ponto de equivalência 12,60mL de Ag+ 
No primeiro ponto de equivalência todo I- foi consumido através da reação 
Ag+ + I- ⇌ AgI(s) 
nAg+ = nI- 
nAg+= 12,60mL x 0,0683mol/L = 0,8606mmol 
No segundo ponto de equivalência podemos encontrar o total de nAg+ utilizado na reação. 
nAg+(total) = 27,70mL x 0,0683mol/L = 1,8919mmol 
nSCN- = nAg+(total) - nAg+ 
nSCN- =1,8919mmol – 0,8606mmol = 1,0313mmol 
[𝑺𝑪𝑵−] =
𝟏, 𝟎𝟑𝟏𝟑𝒎𝒎𝒐𝒍
𝟓𝟎, 𝟎𝒎𝒍
= 𝟎, 𝟎𝟐𝟎𝟔𝒎𝒐𝒍/𝑳 
10) 3,214 g de KMnO4 foram dissolvidos em um litro de água, aquecidos para 
promover qualquer reação com impurezas, resfriado e filtrado. Qual a [mol/L] da 
solução se nenhum MnO4- foi consumido pelas impurezas? R =0,02034 mol/L 
 
𝑀 =
𝑚
𝑀𝑀 ∗ 𝑉
 
𝑴 =
𝟑, 𝟐𝟏𝟒𝒈
𝟏𝟓𝟖, 𝟎𝟑𝒈/𝒎𝒐𝒍 ∗ 𝟏, 𝟎𝑳
= 𝟎, 𝟎𝟐𝟎𝟑𝟒𝒎𝒐𝒍/𝑳 
 
 
 
11) Um método argentimétrico possível para determinação de cloreto, envolve 
uma precipitação fracionada tendo o cromato de potássio como indicador. a) Como 
é chamado esse método b) calcule a concentração molar do íon cloreto quando o 
cromato de prata inicia a precipitação, na titulação de 50,0 mL de NaCl 0,1003 
mol/L com AgNO3 a 0,1014 mol/L. Supor que a concentração inicial do indicador é 
3,0 x 10-3 mol/L. R = 9,5x10-6 mol/L 
 
a) O método argentimétrico que envolve tal reação é o método de Mohr, também chamado 
de método direto, no qual o ponto final é indicado pela formação de um precipitado 
vermelho-tijolo proveniente da reação entre Ag+ e CrO42-, formando Ag2CrO4. 
Ag+ + Cl- ⇌ AgCl(s) Kps = [Ag+][Cl-] = 5,0x10-10 
2Ag+ + CrO4- ⇌ Ag2CrO4(s) Kps = [Ag+]2[CrO4-] = 1,1x10-12 
Para determinar a concentração de [𝐴𝑔+] necessária para o início da precipitação do 
𝐴𝑔2𝐶𝑟𝑂4, devemos utilizar a concentração inicial de 𝐶𝑟𝑂4
− na expressão do 𝐾𝑝𝑠. 
[𝐴𝑔+] = √
𝐾𝑝𝑠
[𝐶𝑟𝑂4
−]
 
[𝐴𝑔+] = √
1,1𝑥10−12
3,0𝑥10−3
= 1,9𝑥10−5𝑚𝑜𝑙/𝐿 
Agora, basta substituir a concentração do íon 𝐴𝑔+ necessária para iniciar a precipitação do 
𝐴𝑔2𝐶𝑟𝑂4 na expressão do 𝐾𝑝𝑠 do Cloreto de prata (𝐴𝑔𝐶𝑙). 
𝐾𝑝𝑠𝐴𝑔𝐶𝑙 = [𝐴𝑔
+][𝐶𝑙−] 
[𝐶𝑙−] =
𝐾𝑝𝑠
[𝐴𝑔+]
 
[𝐶𝑙−] =
1,8𝑥10−12
1,9𝑥10−5
= 9,5𝑥10−6𝑚𝑜𝑙/𝐿 
Portanto, a concentração de íon cloreto (𝑪𝒍−), em solução quando o cromato de prata inicia 
sua precipitação é igual a 𝟗, 𝟓𝒙𝟏𝟎−𝟔𝒎𝒐𝒍/𝑳. 
12) Considere a titulação de Iodeto com Ag+ onde pode ser utilizado a eosina 
(pKa ~1) como indicador de adsorção. Explique o mecanismo de ação da eosina 
para determinação do ponto final. Justifique por que um pH mínimo de 2 é 
indicado para a titulação. 
 
A eosina é um corante que se adsorve na superfície do precipitado de AgI formado na 
titulação de iodeto com Ag+. A eosina é um ácido fraco que se dissocia em meio aquoso, 
gerando íons eosinato (E-) e prótons (H+). A adsorção da eosina depende do pH da solução 
e da carga do precipitado. No início da titulação, o pH é baixo e a eosina está na forma 
molecular (H2E), que tem cor rosa. A eosina molecular não se adsorve no precipitado, que 
tem carga negativa devido aos íons iodeto em excesso. Conforme a titulação avança, o pH 
aumenta e a eosina se dissocia, formando íons eosinato (E2-), que têm cor amarela. Os íons 
eosinato se adsorvem no precipitado, que tem carga positiva devido aos íons prata em 
excesso. A adsorção dos íons eosinato provoca uma mudança de cor do precipitado de rosa 
para amarelo, indicando o ponto final da titulação. Um pH mínimo de 2 é indicado para a 
titulação porque nesse valor a eosina está predominantemente na forma molecular, que 
tem cor rosa e não se adsorve no precipitado. Se o pH for maior que 2, a eosina se dissocia 
parcialmente e os íons eosinato podem se adsorver no precipitado antes do ponto final, 
causando um erro na determinação. 
 
13) Três litros de água potável contendo sulfato de sódio foram evaporados até 
reduzi-los a um volume menor. Em seguida esse volume foi tratado com excesso de 
cloreto de bário, sendo que o produto final da reação pesou 0,3304 g. Qual o 
produto sólido obtido e qual o teor em g/L e ppm de sulfato de sódio na água 
potável? R = 0,067 e 66,7 
𝑁𝑎2𝑆𝑂4 + 𝐵𝑎𝐶𝑙2 ⇌ 2𝑁𝑎𝐶𝑙(𝑎𝑞) + 𝐵𝑎𝑆𝑂4(𝑠) 
𝑀𝑀𝐵𝑎𝑆𝑂4 = 233,38𝑔/𝑚𝑜𝑙 𝑀𝑀𝑁𝑎2𝑆𝑂4 = 142,04𝑔/𝑚𝑜𝑙 
𝑛𝐵𝑎𝑆𝑂4 =
0,3304𝑔
233,38𝑔/𝑚𝑜𝑙
= 1,416𝑥10−3 
1𝑚𝑜𝑙𝐵𝑎𝑆𝑂4 → 1𝑚𝑜𝑙𝑁𝑎2𝑆𝑂4 
𝑚 = 𝑛 ∗ 𝑀𝑀 
𝑚𝑁𝑎2𝑆𝑂4 = 1,416𝑥10
−3𝑚𝑜𝑙 ∗ 142,04𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 0,2011𝑔 
𝐶𝑁𝑎2𝑆𝑂4 =
1
3
0,2011𝑔 = 0,067𝑔/𝐿 
𝑪𝑵𝒂𝟐𝑺𝑶𝟒 = 𝟎, 𝟎𝟔𝟕𝒈 ∗ 𝟏𝟎𝟎𝟎 = 𝟔𝟕, 𝟎𝒑𝒑𝒎 
14) Uma amostra de 15 tabletes de sacarina, de um adoçante artificial, foi 
precipitada pelo tratamento com 50,0 mL de AgNO3 0,050 mol/L. Após a remoção 
do sólido, o filtrado e as lavagens consumiram 4,55 mL de solução 0,0725 mol/L de 
KSCN. Calcule a massa média em miligramas de sacarina em cada tablete. R = 29,7 
mg 
𝑛𝐴𝑔𝑁𝑂3 = 50,0𝑚𝑙 ∗ 0,050 𝑚𝑜𝑙/𝐿 = 2,50𝑚𝑚𝑜𝑙 (Total de 𝐴𝑔
+) 
Ag+ + SCN- ⇌ AgSCN(s) 
𝑛𝐾𝑆𝐶𝑁 = 4,55𝑚𝑙 ∗ 0,0725𝑚𝑜𝑙/𝐿 = 0,329𝑚𝑚𝑜𝑙 (Excesso de 𝐴𝑔
+) 
𝑛𝐴𝑔(𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙)
+ − 𝑛𝐴𝑔(𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜)
+ = 𝑛𝑆𝑎𝑐𝑎𝑟𝑖𝑛𝑎 
𝑛(𝑆𝑎𝑐𝑎𝑟𝑖𝑛𝑎) = 2,50𝑚𝑚𝑜𝑙 − 0,329𝑚𝑚𝑜𝑙 = 2,17𝑚𝑚𝑜𝑙 (
1 𝑚𝑜𝑙
1000𝑚𝑚𝑜𝑙
) = 2,17𝑥10−3𝑚𝑜𝑙 
𝑚𝑠𝑎𝑐𝑎𝑟𝑖𝑛𝑎 = 2,17𝑥10
−3𝑚𝑜𝑙 ∗ 205,17𝑔/𝑚𝑜𝑙 = 0,445𝑔 
𝒎𝒎é𝒅𝒊𝒂 =
𝟎, 𝟒𝟒𝟓𝒈
𝟏𝟓
= 𝟎, 𝟐𝟗𝟔𝟖𝒈 (
𝟏𝒈
𝟏𝟎𝟎𝟎𝒎𝒈) = 𝟐𝟗, 𝟕𝒎𝒈