Execícios de Química Analítica

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INSTITUTO FEDERAL DE EDUCAÇÃO, CIÊNCIAS E TECNOLOGIAS DO MARANHÃO 
CAMPUS AÇAILÂNDIA 
LICENCIATURA EM QUÍMICA 
QUÍMICA ANALÍTICA II 
PROFº MS WALACE MARTINS MOREIRA 
ALUNO: MAURICIO DOS SANTOS PEREIRA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
RESOLUÇÂO DE EXERCÍCIOS DE QUIMICA ANALITICA QUANTITATIVA 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
AÇAILANDIA 
2018 
 
RESOLUÇÂO DE EXERCÍCIOS DE QUIMICA ANALITICA QUANTITATIVA 
 
1. O ácido monocloroacético (ClCH2COOH) utilizado como conservante em 100,0 ml de uma bebida 
carbonatada foi extraído em éter dietílico e então retornado à solução aquosa como ClCH2COOH pela extração 
com NaOH 0,1 mol/l. esse extrato aquoso foi acidificado e tratado com 50 ml de AgNO3 0,04521 mol/L. Após 
a filtração do cloreto de prata, o filtrado foi titulado com 10,43 ml de uma solução de tiossulfato de amônio a 
0,098 mol/l. A titulação de uma branco, submetido ao mesmo processo, necessitou de 22,98 ml do NH4SCN. 
Determine a massa, em mg, de ClCH2COOH (MM = 94,5 g mol⁄ ) na amostra. 
 
ClCH2COOH + Ag
+ + 2H2O → HOCH2COOH + H3O
+ + AgCl(s) 
Solução: 
 
Temos que: 
Cl− + Ag+ → AgCl↓ 
 
Agexcesso
+ + SCN− → AgSCN 
Logo: 
 
nAg+ total = nAgtitulação
+ + nAgexcesso+ ⇒ nAgtitulação
+ = nAg+ total − nAgexcesso+ 
Então: 
nAgtitulação
+ = nAg+ total − nAgexcesso+ 
Para nAg+ total: 
nAg+ total = 50 × 10
−3 L ∙ 0,04521 mol L⁄ = 2,2605 × 10−3 mol 
nAg+ total = 2,2605 × 10
−3 mol 
Para nAgexcesso+ : 
 
nAgexcesso+ = 10,43 × 10
−3L ∙ 0,098 mol L⁄ = 1,02214 × 10−3 mol 
 
nAgexcesso+ = 1,02214 × 10
−3 mol 
Logo para Ag+titulação: 
nAgtitulação
+ = 2,2605 × 10−3 mol − 1,02214 × 10−3 mol = 1,0306 × 10−3 mol 
nAgtitulação
+ = 1,23836 × 10−3 mol 
Tivemos inicialmente que: 
nClCH2COOH = nAgCl = nAgtitulação
+ = 1,23836 × 10−3 mol 
Então: 
nClCH2COOH = 1,23836 × 10
−3 mol ⇒ mg = nClCH2COOH ∙ MMolar 
 
mg = 1,23836 × 10
−3 mol ∙ 94,5 g mol⁄ = 117,02502 × 10−3 g 
 
mmg = 117,02502 × 10
−3 g ∙
103mg
1 g
= 117,02502 mg ≅ 117,03 mg 
 
mmgClCH2COOH = 117,03 mg 
 
∴ A massa de ClCH2COOH é aproximadamente 117,03 mg 
 
2. O arsênio presente em 1,010 g de amostra de pesticida foi convertido em H3AsO4, após devido tratamento. O 
ácido foi então neutralizado e 40,0 ml de AgNO3 0,06222 mol/L foram adicionados para precipitar 
quantitativamente o arsênio como Ag3AsO4. O excesso de Ag
+ no filtrado e nas lavagens do precipitado foi 
titulado com 10,76 ml de KSCN 0,1 mol/L. Calcule o % de As2O3 (MM = 197,8 g mol⁄ ) na amostra. 
 
Solução: 
Para a reação de conversão do As2O3 em H3AsO4: 
 
As2O3 + 5H2O → 2H3AsO4 + 2H2
↗ (I) 
 
Para a reação de neutralização com AgNO3: 
 
H3AsO4 + 3AgNO3 → Ag3AsO4↓ + 3HNO3 (II) 
 
Para a reação do excesso de Ag+ com KSCN: 
 
AgNO3 + KSCN → AgSCN + KNO3 (III) 
ou 
Ag+ + SCN− → AgSCN (IV) 
Então: 
nAg+total = nAgnetralização
+ + nAgexcesso+ ⇒ nAgnetralização
+ = nAg+total − nAgexcesso+ 
 
nAgnetralização
+ = nAg+total − nAgexcesso+ 
Para nAg+total teremos: 
 
nAg+total = 40,0 × 10
−3L ∙ 0,06222 mol L⁄ = 2,4888 × 10−3mol 
 
nAg+total = 2,4888 × 10
−3mol 
Pela reação IV para nAg+excesso teremos: 
 
nAg+excesso = nKCN = 10,76 × 10
−3L ∙ 0,1 mol L⁄ = 1,076 × 10−3mol 
 
nAg+excesso = 1,076 × 10
−3mol 
Então para o nAgneutralização
+ teremos: 
 
nAgneutralização
+ = 2,4888 × 10−3mol − 1,076 × 10−3 mol = 1,4128 × 10−3mol 
 
nAgneutralização
+ = 1,4128 × 10−3mol 
Para a reação de neutralização temos que: 
nH3AsO4 =
nAgNO3
3
=
nAgnetralização
+
3
=
1,4128 × 10−3mol
3
= 4,709 ⋯ 33 × 10−4mol 
 
nH3AsO4 = 4,709 ⋯ 33 × 10
−4mol 
Para a reação I temos que: 
nAs2O4 =
nH3AsO4
2
=
4,709 ⋯ 33 × 10−4
2
= 2,3546 ⋯ 67 × 10−4 mol 
 
nAs2O4 = 2,3546 ⋯ 67 × 10
−4 mol 
 
Pelo equilíbrio abaixo temos que: 
𝐴𝑠2𝑂4 ⇋ 2𝐴𝑠
4+ + 4𝑂2− 
Então: 
𝑛𝐴𝑠 = 2 ∙ nAs2O4 = 2 ∙ 2,3546 ⋯ 67 × 10
−4 mol = 4,7092 × 10−4 mol 
𝑛𝐴𝑠 = 4,7092 × 10
−4 mol 
Para a massa de As teremos: 
 
mg = 𝑛𝐴𝑠 ∙ MM = 4,7092 × 10
−4 mo mol ∙ 74,92 g mol⁄ = 352,813264 × 10−4 g = 
mg = 0,046575306 ⋯ 67 g 
Para o % tem-se: 
As2O4% =
mAs2O4
mamostra
× 100 =
0,0352813264 × 10−4 g
1,01 g
× 100 ≅ 3,49 % 
 
As% = 3,49 % 
 
∴ O percentual de As na amostra de perticida é de aproximadamente 3,49 % 
 
3. O formaldeído presente em 5,0 g uma amostra desinfetante de sementes foi destilado por arraste de vapor, e 
o destilado aquoso foi coletado em um balão volumétrico de 500,0 ml. Após diluição, uma alíquota de 25,0 
ml foi tratada com 30,0 ml de solução 0,121 mol/L de cianeto de potássio para converter o formaldeído a 
cianohidrino de potássio, de acordo a equação: 
 
KCN + CH2O → KOCH2CN 
 
O excesso de KCN foi então removido pela adição de 40,0 ml de AgNO3 0,100 mol/L. 
 
2CN− + 2Ag+ → Ag2(CN)2(s) 
O excesso de Ag+ no filtrado e nas lavagens foi titulado com 16,1 ml de NH4SCN 0,134 mol L⁄ . Calcule o 
% de CH2O (MM = 30,0 g mol⁄ ). 
 
Solução: 
 
Para o nKCNtotal adicionados: 
 
nKCNtotal = 30,0 × 10
−3 L ∙ 0,121 mol L⁄ = 3,63 × 10−3 mol 
 
nKCNtotal = 3,63 × 10
−3 mol 
Para o nAgtotal
+ : 
 nAgtotal
+ = 40,0 × 10−3 L ∙ 0,100 mol L⁄ = 4,0 × 10−3 mol 
Para o nKCNexcesso: 
 
nKCNexcesso =
nAg+ 
2
=
40,0 × 10−3 L ∙ 0,100 mol L⁄
2
= 2,0 × 103 mol 
nKCNexcesso = 2,0 × 10
3 mol 
Para o nAgexcesso+ : 
Ag+ + SCN− → AgSCN 
 
nAgexcesso+ = nSCN− = 16,1 × 10
−3L ∙ 0,134 mol L⁄ = 2,1574 × 10−3mol 
 
nAgexcesso+ = 2,1574 × 10
−3mol 
Para o nAg+ titulado: 
nAg+ titulado = 4,0 × 10
−3 mol − 2,1574 × 10−3mol = 1,8426 × 10−3mol 
 
nAg+ titulado = 1,8426 × 10
−3mol 
Para a reação abaixo teremos: 
2CN− + 2Ag+ → Ag2(CN)2(s) 
 
nCN−excesso = nAg+ titulado = 1,8426 × 10
−3mol 
 
nCN−excesso = 1,8426 × 10
−3mol 
Para o nCNtitulado
− : 
nCNtitulado
− = nKCNtotal − nCN−excesso = 3,63 × 10
−3 mol − 1,8426 × 10−3mol = 1,7874 × 10−3mol 
 
nCNtitulado
− = 1,7874 × 10−3mol 
Para a reação inicial: 
KCN + CH2O → KOCH2CN 
Logo: 
nCH2O = nKCN = nCNtitulado
− = 1,7874 × 10−3mol 
nCH2O = 1,7874 × 10
−3mol 
Para a massa de CH2O: 
mgCH2O = nCH2O ∙ MM = 1,7874 × 10
−3mol ∙ 30,0 g mol⁄ = 53,622 × 10−3g 
 
mgCH2O = 53,622 × 10
−3g 
Para o % de CH2O: 
CH2O% =
mgCH2O
mgalíquota
× 100 =
53,622 × 10−3g
0,25 g
× 100 = 21,4488% ≅ 21,45% 
CH2O% = 21,45% 
 
∴ O percentual de CH2O na amostra é de aproximadamente 21,45% 
 
4. A ação de uma solução alcalina de I2 sobre raticida “Warfarine” (C19H16O4 − MM = 308,34 g mol⁄ ), resulta 
na formação de 1 mol de iodofórmio, CHI3 (MM = 393,73 g mol⁄ ), para cada mol do composto precursor 
reagido. A análise do “Warfarine” pode então ser baseada na seguinte reação entre CHI3 e Ag
+. 
 
CHI3 + 3Ag
+ + 3H2O → 3AgI(s) + 2H3O
+ + CO(g) 
 
O CHI3 produzido a partir de 13,96 g da amostra foi tratado com 25,0 ml de AgNO3 0,02979 mol/L e o excesso 
de Ag+ foi titulado com 2,85 ml de KCN 0,05411 mol L⁄ . Calcule o % de “Warfarine” na amostra. 
 
Solução: 
 
Para o nAgtotal
+ : 
nAgtotal
+ = nAgNO3 = 25,0 × 10
−3L ∙ 0,02979 mol L⁄ = 0,74475 × 10−3mol 
 
nAgtotal
+ = 0,74475 × 10−3mol 
Para o nAgexcesso+ : 
nAg+excesso = nKCN = 2,85 × 10
−3 L ∙ 0,05411 mol L⁄ = 0,1542135 × 10−3mol 
 
nAg+excesso = 0,1542135 × 10
−3mol 
 
Para o nAgtitulação
+ : 
nAgtitulação
+ = nAgtotal
+ − nAg+excesso = 0,74475 × 10
−3mol − 0,1542135 × 10−3mol 
 
nAgtitulação
+ = 0,5905365 × 10−3 mol 
 
Pela reação inicial temos que:nCHI3 =
0,5905365 × 10−3 mol
3
= 0,1968455 × 10−3mol 
 
nCHI3 = 0,1968455 × 10
−3mol 
Como 
nCHI3 = nC19H16O4 = 0,1968455 × 10
−3mol 
Então para a massa de C19H16O4 : 
mC19H16O4 = nC19H16O4 ∙ MM = 0,1968455 × 10
−3mol ∙ 308,34 g mol⁄ = 60,69534147 × 10−3g 
 
Para o % de Warfarine: 
%C19H16O4 =
60,69534147 × 10−3 g
13,96 g
× 100 ≅ 0,435% 
 
%C19H16O4 = 0,435% 
 
∴ O percentual de Warfarine na amostra é de aproximadamente 0,435% 
 
5. 5,0 ml de uma suspensão aquosa de selênio elementar foi tratado com 25,0 ml de AgNO3 0,0360 mol/L 
amoniacal. Após completar a reação abaixo, o ácido nítrico foi adicionado para dissolver o Ag2SeO3 e o 
excesso de reagente requereu 16,74 ml de KSCN 0,01370 mol/L para ser titulado o método de Volhard. 
 
6Ag(NH3)3
+ + 3Ses + 3H2O → 2Ag2Se(𝑠) + 𝐴𝑔2𝑆𝑒𝑂3(𝑠) + 6𝑁𝐻4
+ 
 
Determine a massa de Se (𝑀𝑀 = 44,96 𝑔/𝑚𝑜𝑙) presente na amostra e diga sobre a viabilidade desta análise 
pelo método de Mohr. 
 
Solução: 
 
𝑛𝐴𝑔𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
+ = 25,0 × 10−3𝐿 ∙ 0,0360 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ = 0,9 × 10−3 𝑚𝑜l 
 
𝑛𝐴𝑔𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙
+ = 0,9 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 
Para a reação com excesso de 𝐴𝑔+: 
 
𝐴𝑔𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜
+ + 𝑆𝐶𝑁− → 𝐴𝑔𝑆𝐶𝑁 
Logo: 
𝑛𝐴𝑔𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜+ = 𝑛𝑆𝐶𝑁− = 16,74 × 10
−3𝐿 × 0,01370 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ = 0,229338 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝐴𝑔𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜+ = 0,229338 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 
Para o 𝑛𝐴𝑔𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠
+ : 
 𝑛𝐴𝑔𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠
+ = 0,9 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 − 0,229338 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 = 0,670662 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝐴𝑔𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠
+ = 0,670662 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 
 
Pela estequiometria da reação inicial temos que: 
 
𝑛𝑆𝑒 =
3 ∙ 𝑛𝐴𝑔𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜𝑠
+
6
=
3 ∙ 0,670662 × 10−3 𝑚𝑜𝑙
6
= 0,335331 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝑆𝑒 = 0,335331 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 
Para a massa do Selênio teremos: 
 
𝑚𝑠𝑒𝑙ê𝑛𝑖𝑜 = 𝑛𝑆𝑒 ∙ 𝑀𝑀 = 0,335331 × 10
−3 ∙ 44,96 g 𝑚𝑜𝑙⁄ = 15,07648176 × 10−3 𝑔 ≅ 15,08 𝑚𝑔 
 
𝑚𝑠𝑒𝑙ê𝑛𝑖𝑜 = 15,08 𝑚𝑔 
 
∴ 𝐴 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎 𝑑𝑜 𝑠𝑒𝑙ê𝑛𝑖𝑜 𝑝𝑟𝑒𝑠𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑛𝑎 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎 é 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 15,08 𝑚𝑔 
 
Em relação ao método de Mohr não seria aplicável devido a reação se processar em meio ácido. O método 
de Mohr só é aplicável quando o pH estiver entre 6,5 e 10. 
 
6. Um amostra de minério de manganês pesando 140 mg é conveniente solubilizada e o íon de 𝑀𝑛+2 resultante 
é completamente oxidado a 𝑀𝑛𝑂4
− pelo bismuto de sódio, Eliminando o excesso de Bismutato adicionou-se 
à solução 50,0 ml de uma solução de sulfato ferroso. O excesso do sulfato ferroso é oxidado por 10,0 ml de 
solução de 𝐾𝑀𝑛𝑂4 0,120 N. Sabendo-se que 25,0 ml da solução de 𝐹𝑒𝑆𝑂4 são equivalentes 27,5 ml da solução 
de 𝐾𝑀𝑛𝑂4, calcular o teor de Mn no minério analisado. 
 
Solução: 
 
Reação com o bismutato de sódio 
𝑀𝑛𝑂 + 𝑁𝑎𝐵𝑖𝑂3 → 𝑁𝑎𝑀𝑛𝑂4
 + 𝐵𝑖 (𝐼) 
 
Reação com o sulfato ferroso (imaginemos que esta reação seja processada em meio ácido): 
 
2𝑁𝑎𝑀𝑛𝑂4
 + 10𝐹𝑒𝑆𝑂4 + 8𝐻2𝑆𝑂4 → 2𝑀𝑛𝑆𝑂4 + 5𝐹𝑒2(𝑆𝑂4)3 + 𝑁𝑎2𝑆𝑂4 + 8𝐻2𝑂 (𝐼𝐼 𝐴) 
 
Ou ainda 
 
𝑀𝑛𝑂4
− + 5𝐹𝑒+2 + 8𝐻+ → 𝑀𝑛+2 + 5𝐹𝑒+3 + 4𝐻2𝑂 (𝐼𝐼 𝐵) 
 
Para a reação com o excesso de sulfato ferroso (imaginemos que esta reação seja processada em meio ácido): 
 
2𝐾𝑀𝑛𝑂4
 + 10𝐹𝑒𝑆𝑂4 + 8𝐻2𝑆𝑂4 → 2𝑀𝑛𝑆𝑂4 + 5𝐹𝑒2(𝑆𝑂4)3 + 𝐾2𝑆𝑂4 + 8𝐻2𝑂 (𝐼𝐼𝐼 𝐴) 
 
Ou ainda 
 
𝑀𝑛𝑂4
− + 5𝐹𝑒+2 + 8H+ → 𝑀𝑛+2 + 5𝐹𝑒+3 + 4𝐻2𝑂 (𝐼𝐼 𝐵) 
 
Para concentração molar do 𝐾𝑀𝑛𝑂4: 
 
𝑁𝐾𝑀𝑛𝑂4 = 𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4 ∙ 𝑋 ⇒ 𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4 =
𝑁𝐾𝑀𝑛𝑂4
𝑋
=
0,120 𝑁
1
= 0,120 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ 
 
𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4 = 0,120 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ 
Para o 𝑛𝐹𝑒𝑆𝑂4𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙: 
𝑛𝐹𝑒𝑆𝑂4𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝑀𝐹𝑒 𝑆𝑂4 ∙ 𝑉𝐹𝑒𝑆𝑂4 = 
A questão informa que a equivalência de volume 25 ml de 𝐹𝑒2𝑆𝑂4 para 27,5 ml de 𝐾𝑀𝑛𝑂4. Então: 
 
25 𝑚𝑙 𝑑𝑒 𝐹𝑒2𝑆𝑂4
27,5 𝑚𝑙 𝐾𝑀𝑛𝑂4
=
𝑛𝐹𝑒2𝑆𝑂4
𝑀𝐹𝑒2𝑆𝑂4
𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4
𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4
=
𝑀𝐹𝑒2𝑆𝑂4 ∙ 𝑉𝐹𝑒2𝑆𝑂4
𝑀𝐹𝑒2𝑆𝑂4
𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4
𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4
=
𝑉𝐹𝑒2𝑆𝑂4
𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4
𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4
= 𝑉𝐹𝑒2𝑆𝑂4 ∙
𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4
𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4
= 0,9091 
Logo: 
𝑉𝐹𝑒2𝑆𝑂4 ∙
𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4
𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4
= 0,9091 ⇒ 𝑛𝐾𝑀𝑛O4 = 𝑉𝐹𝑒2𝑆𝑂4 ∙
𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4
0,9091
= 25 × 10−3 𝐿 ∙
0,120 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄
0,9091
= 3,3 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4 = 3,3 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 
 
 
 
Pela estequiometria da reação III A, temos que: 
 
𝑛𝐹𝑒 𝑆𝑂4𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 =
10 ∙ 𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4
2
=
10 ∙ 3,3 × 10−3 𝑚𝑜𝑙
2
= 16,5 × 10−3𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝐹𝑒 𝑆𝑂4𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 16,5 × 10
−3𝑚𝑜𝑙 
 
Para o excesso de 𝐹𝑒𝑆𝑂4 oxidado pelo 𝐾𝑀𝑛𝑂4: 
 
𝑛𝐹𝑒2𝑆𝑂4𝑒𝑥c𝑒𝑠𝑠𝑜 =
10 ∙ 𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4
2
=
10 ∙ (10,0 × 10−3𝐿 ∙ 0,12 𝑚𝑜𝑙 𝐿⁄ )
2
= 6,0 × 10−3𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝐹𝑒 𝑆𝑂4𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜 = 6,0 × 10
−3𝑚𝑜𝑙 
Para 𝑛𝐹𝑒𝑆𝑂4𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜: 
𝑛𝐹𝑒𝑆𝑂4𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 = 𝑛𝐹𝑒 𝑆𝑂4𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 − 𝑛𝐹𝑒 𝑆𝑂4𝑒𝑥𝑐𝑒𝑠𝑠𝑜 
 
𝑛𝐹𝑒𝑆𝑂4𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 = 16,5 × 10
−3𝑚o𝑙 − 6,0 × 10−3𝑚𝑜𝑙 = 10,5 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝐹𝑒𝑆𝑂4𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜 = 10,5 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 
Pela estequiometria da reação II A temos que: 
𝑛𝑁𝑎𝑀𝑛𝑂4 =
2 ∙ 𝑛𝐹𝑒𝑆𝑂4𝑡𝑖𝑡𝑢𝑙𝑎𝑑𝑜
10
=
2 ∙ 10,5 × 10−3 𝑚𝑜𝑙
10
= 1,05 × 10−3 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝑁𝑎𝑀𝑛𝑂4 = 1,05 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 
Pela estequiometria I temos que: 
𝑛𝑀𝑛𝑂 = 𝑛𝑁𝑎𝑀𝑛𝑂4 = 1,05 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝑀𝑛𝑂 = 1,05 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 
 
Como condição inicial temos que: 
𝑀𝑛𝑂 ⇋ 𝑀𝑛+2 + 𝑂−2 
Então: 
𝑛𝑀𝑛 = 𝑛𝑀𝑛𝑂 = 1,05 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 
 
 𝑛𝑀𝑛 = 1,05 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 
Logo para a massa de Mn: 
 
 
𝑚𝑀𝑛 = 𝑛𝑀𝑛 ∙ 𝑀𝑀 = 1,05 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 ∙ 54,94 𝑔 𝑚𝑜𝑙⁄ = 57,687 × 10−3 = 57,687 𝑚𝑔 
 
𝑚𝑀𝑛 = 57,687 𝑚𝑔 
 
Para o % de Mn na amostra de minério teremos: 
 
𝑀𝑛% =
𝑚𝑀𝑛
𝑚𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎
× 100 =
57,687 𝑚𝑔
140 𝑚𝑔
× 100 = 41,205 % 
 
∴ 𝑂 𝑝𝑒𝑟𝑐𝑒𝑛𝑡𝑢𝑎𝑙 𝑑𝑒 𝑀𝑛 𝑛𝑎 𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑖𝑛𝑒𝑟𝑖𝑜 é 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 41,205 % 
 
7. Uma amostra de ferro em pó, pró-análise, pesando 0,2320 g foram dissolvidos em ácido sulfúrico. A solução 
resultante necessitou de 42,4 ml de 𝐾𝑀𝑛𝑂4 para oxidação completa. Qual a normalidade e o fator de correção 
para a solução de 𝐾𝑀𝑛𝑂4? 
 
Solução: 
 
Para a reação temos que: 
𝑀𝑛𝑂4
 − + 5𝐹𝑒2+ + 8𝐻+ → 𝑀𝑛+2 + 5𝐹𝑒3+ + 4𝐻2𝑂 
 
O número de mols 𝐹𝑒2+ pode ser dado por: 
 
𝑛𝐹𝑒2+ =
𝑚𝐹𝑒2+
𝑀𝑀
=
0,2320 𝑔
55,845 𝑔 ∙ 𝑚𝑜𝑙−1
= 0,00415 ⋯ 94 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝐹𝑒2+ = 0,00415 ⋯ 94 𝑚𝑜l 
 
Pela estequiometria da reação temos que: 
 
𝑛𝑀𝑛𝑂4 − =
0,00415 ⋯ 94 𝑚𝑜𝑙
5
= 8,3087 ⋯ 81 × 10−4 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝑀𝑛𝑂4 − = 8,3087 ⋯ 81 × 10
−4 𝑚𝑜𝑙 
 
Como 
𝐾𝑀𝑛𝑂4 ⇋ 𝐾
+ + 𝑀𝑛𝑂4
− 
Então: 
𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4 = 𝑀𝑛𝑂4
− = 8,3087 ⋯ 81 × 10−4 𝑚𝑜𝑙 
 
𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4 = 8,3087 ⋯ 81 × 10
−4 𝑚𝑜𝑙 
 
Para a concentração normal, temos que: 
 
𝑁𝐾𝑀𝑚𝑂4 = 𝑀𝐾𝑀𝑛𝑂4 ∙ 𝑋 = (
𝑛𝐾𝑀𝑛𝑂4
𝑉𝐾𝑀𝑛𝑂4
) ∙ 𝑋 = (
8,3087 ⋯ 81 × 10−4 𝑚𝑜l
42,4 × 10−3 𝑚𝑙
) ∙ 1 = 0,01959 ⋯ 92 𝑁 
 
 
𝑁𝐾𝑀𝑚𝑂4 = 0,01959 ⋯ 92 𝑁 
 
Para o fator de correção se a solução desejada fosse exatamente fosse de 0,02 N: 
 
𝐹𝐶𝐾𝑀𝑛𝑂4 =
0,01959 ⋯ 92 𝑁 
0,02 𝑁
= 0,9798 ⋯ 24 
 
∴ 𝐴 𝑐𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑛𝑜𝑚𝑎𝑙 𝑑𝑜 𝐾𝑀𝑛𝑂4 é 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑖𝑔𝑢𝑎𝑙 𝑎 0,0196 𝑁 
𝑒 𝑠𝑒𝑢 𝑓𝑎𝑡𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑒çã𝑜 é 𝑑𝑒 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 0,9798. 
 
 
8. Na determinação de cobre numa amostra de latão são conhecidos dados: 
 
i) A massa da amostra é igual 0,5000 g; 
ii) A amostra foi dissolvida em ácido nítrico e tratada convenientemente a fim de se eliminar todas as 
interferências; 
iii)A solução da amostra, livre de interferências, foi diluída para 250 ml em um balão volumétrico; 
iiii) Uma alíquota de 100 ml desta solução foi tratada com excesso de KI, acidificada com HCl, e titulada com 
solução de 𝑁2𝑆2𝑂3 0,10 N, na presença de amido com indicador, gastando-se 20,8 ml da solução de 𝑁𝑎2𝑆2𝑂3. 
Calcule a porcentagem de cobre na amostra. 
 
Solução: 
 
Trata-se de um caso de iodometria. Antes de tudo deve ser formado o iodato de potassio como segue as reação: 
 
𝐾𝐼 + 3𝐻2𝑂 → 𝐾𝐼𝑂3 + 3𝐻2
↗ 
 
O Iodato de potássio é convertido em gás iodo como se segue (Já em meio ácido): 
 
6𝐾𝐼𝑂3 + 6𝐻𝐶𝑙 → 3𝐼2 + 6𝐾𝐶𝑙 + 3𝐻2𝑂 +
9
2
𝑂2 
 
Para a reação do iodo com tiossulfato de sódio: 
 
𝐼2 + 2𝑆2𝑂3
2− → 2𝐼− + 𝑆4𝑂6
−2 
Logo somandos-as: 
𝐶𝑢2+ + 2𝐼− → 2𝐶𝑢𝐼(𝑠) 
 
1
2
𝐼2 + 2𝑆2𝑂3
2− + 𝐶𝑢2+ → 𝐶𝑢𝐼(𝑠) + 𝑆4𝑂6
−2 
Então 
𝑛𝐶𝑢2+ =
𝑛𝑆2𝑂32−
2
=
𝑀𝑆2𝑂32− ∙ 𝑉𝑆2𝑂32−
2 
=
(
𝑁𝑆2𝑂32−
2 ) ∙ 𝑉𝑆2𝑂3
2−
2
=
𝑁𝑆2𝑂32− ∙ 𝑉𝑆2𝑂32−
4
=
0,1 𝑁 ∙ 20,8 × 10−3𝐿
4
 
 
𝑛𝐶𝑢2+ = 0,52 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙𝑠 
Para a sua massa de cobre: 
 
𝑚𝐶𝑢2+ = 𝑛𝐶𝑢2+ ∙ 𝑀𝑀 = 0,52 × 10
−3 𝑚𝑜𝑙 ∙ 63,546 𝑔 𝑚𝑜𝑙⁄ = 33,04392 × 10−3 𝑔 = 33,04392 𝑚𝑔 
 
𝑚𝐶𝑢2+ = 33,04392 𝑚𝑔 
 
Temos que o total de amostra presente na alíquota de 100 ml 
 
𝑚𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎100 𝑚𝑙 =
0,500𝑔
250 𝑚𝑙
∙ 100 𝑚𝑙 = 0,2 𝑔 
 
𝑚𝑎𝑚𝑜𝑠𝑡𝑟𝑎100 𝑚𝑙 = 0,2 𝑔 
 
Então para o percentual de cobre na amostra: 
 
%Cu =
mCu
mamostra100 ml
× 100 =
33,04392 × 10−3 g
0, 2 g
× 100 ≅ 16,52 % 
 
%Cu = 16,52 % 
 
∴ O percentual de Cubre na amostra analisada é de aproximadamente 16,52 %