Exercícios gerais
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Exercícios gerais


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Exercícios gerais
1. Descreva de que modo prepararia 5,000 L de carbonato de sódio 0,1000 M (105,99 g/mol) a partir do sólido (substância primária).
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 calibração de um método fotométrico para a determinação de sódio é necessário prepara uma solução padrão de Na+ 0,0100 M . Descreva como prepararia 500,0 cm3 desta solução a partir do padrão primário 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 soluções padrão de Na+ 0,00500 M , 0,00200 M e 0,00100 M a partir da solução 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
Exercícios sobre análise gravimétrica
4. O teor em alumínio numa amostra pode ser determinado por precipitação como uma base e calcinação a Al2O3, que é pesado. Qual a massa de alumínio 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 conteúdo em cálcio numa amostra de urina pode ser determinado pelo seguinte procedimento:
1º \u2013 Precipitação do Ca2+, em meio alcalino, sob a forma de oxalato de cálcio (CaC2O4)
2º \u2013 Após lavagem do precipitado com água fria para remoção do oxalato livre, o sólido é dissolvido em ácido, formando-se Ca2+ e H2C2O4.
3º \u2013 O ácido oxálico dissolvido é aquecido a 60 ºC e titulado com uma solução padrão de permanganato de potássio até viragem para cor violeta (ponto final).
Supondo que na titulação de 5,00 mL de uma amostra de urina sujeita a este tratamento se gastou 16,17 mL da solução padrão de permanganato, calcule a concentração de cálcio na amostra de urina.
Dados: Para determinar a concentração rigorosa de permanganato de potássio procedeu-se do seguinte modo: dissolveram-se 0,3562 g de Na2C2O4 num balão volumétrico de 250,00 mL, e titulou-se 10 mL desta solução com a solução 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 solução é:
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- é equivalente à quantidade de Ca2+ presente em 5,00 mL da amostra, pelo que a concentração de Ca2+ nesta é:
[Ca2+] = 3,556 *10 -5 / 5,00 *10-3 L = 7,112 * 10 -3 M
Exercícios sobre considerações gerais de métodos volumétricos
6. Uma amostra de 0,4671 g contendo hidrogenocarbonato de sódio foi dissovida e titulada com 40,72 mL de uma solução padrão de HCl 0,1067 M. Sabendo que a reacção é
HCO3- + H+ -> H2O + CO2
calcule a percentagem de bicarbonato de sódio 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 é portanto:
0,3650 g / 0,4671 g = 78,14 % NaHCO3
7. O alumínio pode ser determinado por titulação com EDTA: Al3+ + H2Y2- -> AlY- + 2 H+. Uma amostra de 1,00 g contendo Al2O3 requer 20,50 mL de solução de EDTA. Sabendo que para titular 25,00 mL de uma solução 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, são necessários 20,50 mL desta solução, 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 ) = ½ nAl3+ * MM(Al2O3 ) = ½ * 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 ácido. Em seguida, reduziu-se todo o ferro à forma de Fe(II) e titulou-se com 47,22 mL de uma solução padrão de KMnO4 0,02242 M. Calcule os resultados desta análise em termos de % de Fe (55,847 g/mol), e %de Fe3O4 (231,54 g/mol). A reacção do analito com o reagente titulante descreve-se pela seguinte equação:
MnO4- + 8 H+ + 5 Fe2+ \u2192 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 monóxido de carbono contido em 20,30 mL de uma amostra de gás foi convertido em CO2 fazendo o gás passar por um leito de pentóxido de iodo aquecido (150 ºC)
I2O5 (s) + 5 CO(g) -> 5 CO2 (g) + I2(g)
O iodo destilado a esta temperatura é recolhido num absorvente que continha 8,25 mL de Na2S2O32- 0,01101 M.
I2 + 2 S2O32- -> 2 I- + S4O62-
O excesso de Na2S2O3 titula-se por retorno com 2,16 mL de uma solução 0,0947 M de I2. Calcule a massa de CO por litro de amostra.
nCO = 5* nI2 produzido
nI2 produzido = ½ n S2O32- gasto na titulação
n S2O32- gasto na titulação = n S2O32- inicial - n S2O32- final
n S2O32- inicial = [S2O32-] * vS2O32- = 0,01101 M * 8,25 mL = 90,8 mmol
n S2O32- final = 2* nI2 necessário para o titular = 2* [I2] vI2 = 2* 0,00947 M * 2,16 mL = 20,46 mmol
Portanto:
nCO = 5* ½ n S2O32- gasto na titulação = 5* ½ (90,8 mmol - 20,46 mmol) = 176 mmol
mCO = 176 mmol* 28,01 g/mol = 4,93 mg
Por litro de amostra gasosa:
[CO]= 4,93 mg/20,30 mL =243 mg/L
Exercícios sobre titulações de ácido-base
10. Que volume de Ba(OH)2 é necessário adicionar a 50 mL de NaOH 0,30 M para obter uma solução 0,50 M em HO- ?
2* nBa(OH)2 + nNaOH / vtotal = 0,50 M
Supondo que os volumes são 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 solução de HCl 0,1000 M com uma solução de NaOH 0,1000 M. Calcule
11.1 o volume equivalente, e o pH da solução no ponto de equivalência.
No ponto de equivalência,
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 equivalência =7,0, uma vez que na titulação de ácido forte com base forte não se produz nenhuma partícula ácido/base com características diferentes do solvente, e portanto o pH é o pH do solvente puro,
Nota: Rigorosamente, o catião Na+ em solução aquosa é um ácido fraco, mas dado o seu elevado pKa (\u224814,5) e baixa concentração (0,100 M) em relação à água (55,5 M), não afectará o pH da solução.
11.2 a variação de pH entre 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência
1% antes do volume equivalente:
n H+ restante= 1% n H+ inicial = 1% 0,100 M 25,00 mL = 25 mmol
Volume da solução = vH+ + vHO- = 25,00 mL + 99 % 25,00 mL= 49,75 mL
[H+] = 25 mmol / 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 mmol
Volume da solução = vH+ + vHO- = 25,00 mL + 101 % 25,00 mL= 50,25 mL
[HO-] = 25 mmol / 50,25 mL = 4,975 * 10-4 M
pHO = -log [HO-] = 3,3
pH =14 \u2013 pOH = 10,7
12.Titularam-se 20,00 mL de uma solução de ácido acético 0,1000 M com NaOH 5,000 * 10-2 M. Calcule:
12.1 o volume equivalente de NaOH
No ponto de equivalência,
nHO- adicionado