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LISTA 5 
VOLUMETRIA ÁCIDO E BASE 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
LISTA 5 – PROFESSORA ANNA 
1) 9,7770g de ácido nítrico concentrado foram diluídos a um litro com água 
destilada. Esta solução foi usada na titulação de 25,00mL de NaOH 0,1040M, 
gastando-se 25,45mL. Calcular a porcentagem (p/p) de HNO3 no ácido 
concentrado. 
PM(HNO3) = 63,01 
 
2) 1,000g de sal de amônio é tratado com uma solução concentrada de hidróxido 
de potássio. A amônia liberada é destilada e coletada em 50,00mL de ácido 
monoprótico 0,5000M e o excesso deste titulado com 1,56mL de NaOH 
0,5000M. Calcule a porcentagem de NH3 na amostra. 
PM(NH3) = 17,03 
 
3) 0,4671g de amostra contendo NaHCO3 foi dissolvida e titulada com uma solução 
de HCl gastando 40,72mL. O HCl foi padronizado titulando-se 0,1876g de 
Na2CO3. Nessa titulação gastaram-se 37,86mL de ácido. Calcular a porcentagem 
de NaHCO3 na amostra. 
PM(Na2CO3) = 105,99 PM(NaHCO3) = 84,01 
 
4) A uma amostra de 25,00mL de NaHCO3 adicionam-se 30,00mL de HCl 0,2000M. 
O excesso de ácido foi titulado (titulação de retorno) com NaOH 0,2000M 
gastando-se 3,20mL. Calcule a concentração molar de NaHCO3 na amostra. 
 
5) Uma mistura de HCl e H3PO4 é titulada com NaOH 0,1000M. O primeiro PE 
assinalado com vermelho de metila (4,2-6,2) consumiu 35,00mL de base e o 
segundo PE usando azul de bromotimol (6,2-7,6) como indicador consumiu um 
total de 50,00mL de base. Calcular o número de mmoles de HCl e H3PO4 
presentes na solução. 
K1 = 7,5 x 10
-3 K2 = 6,2 x 10
-8 K3 = 4,8 x 10
-13 
 
6) 25,00mL de HCl 0,1000M são titulados com NaOH 0,1000M. Escolha da lista 
abaixo o indicador adequado para sinalização do ponto final e calcule o erro do 
indicador se a detecção for feita na primeira coloração básica permanente. 
metanitrofenol (6,7-8,6) timolftaleína (9,3-10,6) 2,6-dinitrofenol (2,0-4,0) 
 
7) Seja a titulação de 25,00mL de ácido fórmico 0,100M com NaOH 0,100M. 
Calcular o pH da solução nos seguintes pontos: 
a) Vb = 5,00mL b) Vb = 12,50mL c) no PE d) Vb = 30,00mL 
Qual o erro da titulação com o vermelho de metila (4,2-6,2)? 
Ka = 1,77 x 10
-4 
 
8) 50,0mL de uma solução de NH3 0,100M são titulados com HCl 0,200M. Calcular 
o pH da solução nos seguintes pontos: 
a) Va = 0,00mL b) Va = 10,0mL c) no PE d) Va = 26,0mL 
Qual o erro de titulação com indicador p-nitrofenol (5,0-7,0)? 
Kb = 1,81 x 10
-5 
 
9) 25,00mL de uma solução contendo 8,00g/L de uma mistura de Na2CO3.H2O e 
KHCO3 requer 25,35mL de HCl 0,0955M para neutralização usando alaranjado 
de metila como indicador. Calcular a composição da mistura em % (p/p). 
PM(Na2CO3.H2O) = 124 PM(KHCO3) = 100 
 
10) Uma solução contém Na2CO3 e/ou NaOH ou NaHCO3. A titulação de 50,00mL 
dessa solução consumiu 22,10mL de HCl 0,100M usando fenolftaleína como 
indicador. Com alaranjado de metila, uma segunda alíquota de 50,00mL 
consumiu 48,40mL do mesmo ácido. Deduzir a composição da amostra e 
calcular as concentrações molares dos solutos na solução original. 
 
11) Uma amostra pesando 0,8576g pode conter Na2CO3 e/ou NaOH ou NaHCO3. A 
amostra foi dissolvida e titulada com HCl 0,1163M, gastando 21,64mL para 
atingir o PF da fenolftaleína e mais 14,90mL para atingir o PF do alaranjado de 
metila. Deduzir a composição da amostra e calcular a %(p/p) dos componentes. 
PM(Na2CO3) = 105,99 PM(NaHCO3) = 84,01 PM(NaOH) = 40,00 
QUESTÃO 1 
Essa questão é fácil e começamos na titulação do ácido nítrico diluído. 
Se foram usados 25,0 mL de NaOH 0,1040 mol.L-1, então é válido: 
Número de móis de NaOH usados = 
mmolmLLmol 6,200,25.1040,0 1 
 
 
Se observarmos a reação envolvida: 
HNO3 + NaOH ⇌ NaNO3 + H2O 
Temos que no P.E.: 
Número de móis de HNO3 = número de móis de NaOH gasto = 2,6 mmol 
Sabemos, então, a quantidade de HNO3 presente na volume de 25,45 mL de ácido 
diluído. Para encontrar sua concentração, fazemos: 
1
3 .1021611,0
45,25
6,2
][  Lmol
mL
mmol
HNO Diluído
 
Daí, tiramos que no 1,0L preparado há um total de 0,1021611 mol de HNO3. 
Podemos expressar essa quantidade em termos de massa fazendo: 
Massa de HNO3 = 63,01 g.mol
-1 x 0,1021611 mol = 6,437171 g 
 
Vamos agora ver em relação ao ácido concentrado. 
Considerando que todo HNO3 presente na amostra veio exclusivamente dos 9,7770 g 
de ácido concentrado, podemos assumir que dessa massa total, 6,437171 g 
correspondem a HNO3. Para achar o teor fazemos: 
%84,65658399,0
 g 9,7770
6,437171g
Teor
 
Teor de HNO3 = 65,84% 
 
 
 
QUESTÃO 2 
ETAPA 1: Tratamento do sal com KOH. 
O sal de fórmula genérica (NH4)αYβ (onde Yα
- é o ânion relacionado) é tratado, e a 
amônia é liberada: 
NH4
+ + OH- ⇌ NH3↑ + H2O 
Aqui observamos que a estequiometria de NH4
+ para NH3 é 1 pra 1. Então, são 
liberados mol de NH3. 
 
ETAPA 2: Coleta do NH3 gerado. 
Para coleta são usados 50mL de ácido monoprótico 0,5 mol.L-1. Isso implica em uma 
quantidade total de ácido = 50 mL x 0,5 mol.L-1 = 25 mmol. 
A reação representativa da coleta é : 
H+(aq) + NH3(g) ⇌ NH4
+
(aq) 
Aqui, vemos que os mol de amônia consomem mol de H+. O ácido remanescente é 
titulado na etapa seguinte. 
 
ETAPA 3: Titulação do ácido remanescente. 
Tínhamos 25 mmol de ácido e, após reação com amônia, restaram 25 – . Na titulação 
desse ácido remanescente: 
H+ + NaOH ⇌ H2O + Na
+ 
No P.E., 
Número de móis de H+remanescente = número de móis de NaOH gastos = 1,56 x 0,5 mol.L
-1 = 0,78 mmol 
Portanto, 25 – = 0,78 mmol ∴ = 24,22 mmol 
Finalmente temos 24,22 mmol de amônia. Em termos de massa: 
Massa de amônia = 
gmgmolgmmol 4124666,04666,412.03,1722,24 1  
 
Para achar o teor de amônia, fazemos: 
%2,414124666,0100
 g 1,0000
0,4124666g
Teor
 
TEOR DE NH3 = 41,2% 
QUESTÃO 3 
Questão típica de titulação na qual calculamos de trás pra frente. 
Começamos com a padronização do HCl com 0,1876g de Na2CO3. 
Número de móis de Na2CO3 = 
mmolmol
g
g
76999,100176999,0
99,105
1876,0

 
A reação é: 
2H`+ + CO3
2- ⇌ CO2 + H2O 
Então no P.E.: 
2 x número de móis de CO3
2- = número de móis de H+ 
número de móis de H+ = 2 x 1,76999 mmol = 3,5399566 mmol 
Se foram gastos 37,86 mL de HCl, então sua concentração é 
1.09350123,0
86,37
5399566,3
][  Lmol
mL
mmol
HCl
 
Sabendo a [HCl], podemos partir para a padronização da amostra de bicarbonato. 
Nesse procedimento, foram gastos 40,72 mL do ácido. Logo, 
número de móis de HCl gastos = 40,72 mL x 0,09350123 mol.L-1 = 3,807370 mmol 
Podemos observar a reação e deduzir a relação molar titulante/titulado no P.E.: 
H+ + HCO3
- ⇌ CO2 + H2O 
número de móis de HCO3
- = número de móis de H+ 
número de móis de HCO3
- = 3,807370 mmol 
Acabamos de encontrar a quantidade molar de bicarbonato na amostra. Em termos de 
massa, expressamos: 
gmgmolgmmolHCOmassa 319057161,0057161,319.01,84807370,3)( 123 

 
Para encontrar a pureza percentual da amostra, fazemos a razão da massa de 
bicarbonato encontrada e a massa total da amostra: 
%48,6868477,0
4671,0
319057161,0

g
g
Pureza
 
PUREZA = 68,48% 
QUESTÃO 4 
Na primeira etapa, foram adicionados 30 mL de HCl 0,2000 mol.L-1. 
mmolLmolmLsadicionado HCl de móis de número 6.2,030 1  
 
Então, ocorre a seguinte reação: 
 NaHCO3 + HCl ⇌ NaCl + CO2 + H2O 
Observe que se HCl está em excesso, é a quantidade de NaHCO3 na amostra, então 
temos a relação 1: 
Relação 1: 
 x-6mmol excesso em ClH de móisde número 
 
 
Na segunda etapa, o excesso de HCl (6mmol – ) é titulado com 3,20 mL de NaOH 
0,2mol.L-1. 
mmolLmolmLusados NaOH de móis de número 64,0.2,02,3 1  
 
Para a reação: 
HCl + NaOH ⇌ H2O + NaCl 
Temos a seguinte relação pro P.E.: 
Relação 2: 
Juntando as relações 1 e 2, temos: 
mmolHNaO de móis de número x-6mmol 64,0
 
mmolxmmol x-6mmol 36,564,0 
 
 
Encontramos o número de móis presentes naqueles 25,0 mL de solução mencionada 
no começo do exercício. Para expressar a concentração molar, fazemos: 
1
3 .214,0
00,25
36,5
][  Lmol
mL
mmol
NaHCO
 
 
Concentração de Bicarbonato = 0,214 mol.L-1 
 
QUESTÃO 5 
Problema envolve mistura de ácido forte com ácido fraco proliprótico. Assim, devemos 
pensar no processo por etapas. 
 
ETAPA 1: Titulação do HCl e do primeiro hidrogênio do H3PO4. 
O HCl tem o hidrogênio mais ácido e, portanto, a princípio seu H+ é o primeiro a ser 
titulado. Entretanto, nessa etapa serão titulados todos os hidrogênios com Kan ≥ 10
-4. 
Portanto será titulado o HCl e o primeiro H+ do H3PO4. Vamos aos cálculos... 
Nessa titulação foram consumidos 35 mL de NaOH 0,1 mol.L-1. 
Logo, 
mmolmL0,1mol.L NaOH de móis denúmero -1 5,335  
 
H+ + OH- ⇌ H2O 
Reação ocorre em 1 pra 1, então 
 H de móis de número NaOH de móis denúmero 
Então, 
mmolH de móis de número 5,3
 
Porém, sabemos que desses 3,5 mmol parte é proveniente do HCl e parte é 
proveniente da primeira ionização do H3PO4. 
HCl ⇌ H+ + Cl- 
H3PO4 ⇌ H
+ + H2PO4
- 
Se em ambas ionizações acima a estequiometria é 1 pra 1, temos a relação 1: 
4POH de móis de númeroClH de móis de númeroH de móis de número 3TOTAL 

 
 
ETAPA 2: Titulação do segundo H+ do H3PO4. 
A primeira condição para titulação do H+ é que seu Kan deve ser ≥ 10
-11. Portanto, 
podemos titular o segundo hidrogênio do H3PO4 (pois Ka2 = 6,2 x 10
-8 > 10-11). 
Entretanto, é inviável titular o terceiro hidrogênio porque sua ionização é demasiada 
pequena (Ka3 = 4,8 x 10
-13 < 10-11). 
Logo, essa etapa se resume à titulação do segundo hidrogênio do ácido forsórico. 
Conhecidas as condições, vamos aos cálculos... 
O segundo P.E. é assinalado com consumo total de 50 mL de NaOH. Entretanto, 
devemos lembrar que os primeiros 35 mL são consumidos pelas reações da primeira 
titulação. Assim, nessa etapa o volume real de NaOH consumido é 
Volume de NaOH = 50mL – 35mL = 15 mL 
Agora, para concentração de 0,1 mol.L-1 é válido: 
mmolmL0,1mol.L NaOH de móis denúmero -1 5,115  
 
Novamente, 
H+ + OH- ⇌ H2O 
Reação ocorre em 1 pra 1, então 
)2(etapaH de móis de número NaOH de móis denúmero
 
Então, 
mmolH de móis de número etapa 5,1)2( 

 
Como estamos titulando apenas o H+ proveniente da segunda ionização do H3PO4, 
onde: 
H2PO4
- ⇌ H+ + HPO4
2- 
Então podemos deduzir nessa etapa a relação 2: 
43POHde móisde número1,5mmol 

4)2( POH de móis de úmeronH de móis de número 2etapa
 
Acabamos de encontrar o número de móis de H3PO4. 
 
Agora podemos substituir a relação 2 e na relação 1, e teremos: 
)2(etapaTOTAL H de móis de númeroClH de móis de númeroH de móis de número 
 
 
mmolClH de móis de númerommol 5,15,3 
 
mmolmmolmmolClH de móis de número 25,15,3 
 
 1,5 mmol de H3PO4 e 2,0 mmol de HCl 
QUESTÃO 6 
Questão de escolha de indicador é bem parecida com questões da lista anterior por 
envolverem cálculo de pH. 
Primeira coisa que observamos é o pH no P.E. Nesse caso, ácido forte com base forte o 
pH será 7,0 pois não haverá hidrólise. 
Por fim escolhemos, dentro dessas condições, o indicador cuja viragem seja o mais 
próxima possível do PE da reação. No caso, metanitrofenol. 
 
Agora, vamos aos cálculos do erro. 
No P.E., teremos pH = 7,0. 
Ou seja, o P.E. real é atingido quando forem adicionados 25mL de NaOH; 
 
O indicador sinalizará o P.F. quando pH = 8,6, ou seja, excesso de base. 
pH = 8,6 ∴ pOH = 5,4 
[OH-] = 10-pOH = 10-5,4 mol.L-1 = 3,9811 x 10-6 mol.L-1. 
A expressão que 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
i. Pela reação [HCl + NaOH ⇌ NaCl + H2O], sabemos que 
 
 
 
 
ii. O número total de móis de NaOH adicionados é 
 
 
Sabendo que volume de HCl = 25mL e a [OH-] do indicador é 9811 x 10-6 mol.L-1, então 
substituímos i e ii na expressão que deduzimos para [OH-], e teremos: 
 
 
 
 
Logo, 
A definição de erro em titulação é: 
 
 
 
 
 
 
Nesse caso, o volume teórico de NaOH seria em 25 mL. Vimos nos cálculos anteriores 
que o indicador nos levaria à adição de 25,002 mL de NaOH e esse é nosso volume 
experimental. 
 
Portanto, 
 
 
 
 
 
 
 
 
ERRO COM METANITROFENOL = 8,0 X 10-3 % 
 
QUESTÃO 7 
a) Após a adição de 5,00 mL de NaOH, o volume total é 25mL + 5mL = 30mL. 
As espécies assumem novas concentrações: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A reação ocorre e o ácido fórmico, por estar em excesso, consome todo o NaOH. 
NaOH + HCOOH ⇌ HCOONa + H2O 
 NaOH HCOOH HCOONa H2O 
Inicial 0 ∞ 
Reação 
Final 0 ∞ 
 
O pH nesse ponto é função da ionização do ácido fórmico remanescente. Observe que 
na tabela reação/equilíbrio da ionização a seguir, a [HCOO-] inicial é 
mol.L-1 por conta do formiato de sódio produzido na reação acima. 
HCOOH ⇌ HCOO- + H+ 
 HCOOH HCOO- H+ 
Inicial 0 
Reação 
Final 
 
Substituindo as concentrações finais na tabela na expressão de Ka (1,77 x 10
-4) 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo, 
 
 
 
 ∴ 
Finalmente, fazemos: 
 
 
 
 
b) Adição de 12,50mL implica em volume total 25mL + 12,50mL = 37,5 mL. 
As novas concentrações de das espécies: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O ácido fórmico continua em excesso e novamente consome todo o NaOH adicionado. 
NaOH + HCOOH ⇌ HCOONa + H2O 
 NaOH HCOOH HCOONa H2O 
Inicial 0 ∞ 
Reação 
Final 0 ∞ 
 
Mais uma vez a etapa seguinte consiste na ionização do ácido. 
HCOOH ⇌ HCOO- + H+ 
 HCOOH HCOO- H+ 
Inicial 0 
Reação 
Final 
 
Substituindo as concentrações finais na tabela na expressão de Ka (1,77 x 10
-4) 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo, 
 
 
 
 ∴ 
Aplicando: 
 
 
 
 
 
c) No PE, [HCOOH] = [NaOH], ou seja, volumetotal = 50,00mL. 
Nesse caso, [NaOH] = [HCOOH] = 0,05 mol.L-1. 
Como não há excesso, ambas as espécies são consumidas totalmente. 
NaOH + HCOOH ⇌ HCOONa + H2O 
 NaOH HCOOH HCOONa H2O 
Inicial 0 ∞ 
Reação 
Final ∞ 
 
Como não há HCOOH remanescente, o efeito no pH é resultado da hidrólise do 
formiato formado. 
HCOO- + H2O ⇌ HCOOH + OH
- 
 HCOO- H2O HCOOH OH
- 
Inicial ∞ 0 0 
Reação 
Final ∞ 
 
A constante de hidrólise Kh é 
 
 
 
 
 
 
 
Substituindo as concentrações finais da tabela na expressão de Kh, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto, 
 
 
 
 ∴ 
 
 
 
 
Para Kw = 1,0 x 10
-14 (a 25o C), fazemos: 
 
 ∴ 
d) Quando volume de base adicionada é 30,0mL, há excesso de 5mL de NaOH. 
 
Calculamos, então, a quantidade de móis de NaOH em excesso. 
 
 
O volume total é 25mL + 30mL = 55mL. Para encontrar [OH-] e em seguida pOH, 
fazemos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para Kw = 1,0 x 10
-14 (a 25o C): 
 ∴ 
---------------- 
Para calcular o erro de titulação, primeiro observamos a viragem do indicador em pH = 
6,2. Isto é, se 
 , pela propriedade logarítmica, temos , 
portanto, . 
Lembre que: 
HCOOH ⇌ HCOO- + H+ 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
i. A quantidade de HCOOH totais é: 
 
 
 
 
 
ii. A reação [HCOOH + NaOH ⇌ HCOONa + H2O] nos fornece a relação: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Finalmente, lembrando que para pH sinalizado com indicador 
 , podemos substituir i e ii na expressão que deduzimos para H+ e 
teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolvendo a equação, chegamos a 
 
O erro de titulação é calculado: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a) pH = 3,15 b) pH = 3,75 c) pH = 8,23 d) pH = 12,0 
ERRO = -0,36% 
 
 
 
 
QUESTÃO 8 
A) Enquanto o ácido não é adicionado, a amônia se dissocia 
NH3 + H2O ⇌ NH4
+ + OH- 
 NH3 H2O NH4
+
 OH- 
Inicial ∞ 0 0 
Reação 
Final ∞ 
 
Jogando os valores das concentrações na expressão de Kb (1,81 x 10
-5): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, 
 
 
 
 
∴ 
 
Assim, 
 
 
 
 
Se Kw = 1,0 x 10
-14 (A 25o C), é válido 
 ∴ 
 
B) Adicionados 10mL de ácido, temos volume total de 10mL + 50mL = 60mL 
As espécies assumem novas concentrações: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
O excesso de amônia consome todo o ácido clorídrico adicionado. 
HCl + NH3 ⇌ NH4Cl 
 HCl NH3 NH4Cl 
Inicial 0 
Reação 
Final 0 
 
A amônia remanescente se dissocia em água, liberando hidroxila. 
 NH3 + H2O ⇌ NH4
+ + OH- 
 NH3 H2O NH4
+
 OH- 
Inicial ∞ 0 
Reação 
Final ∞ 
 
Atribuindo à expressão de Kb = 1,81 x 10
-5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Logo, 
 
 
 
 
Achamos pOH fazendo: 
 
 
 
Se Kw = 1,0 x 10
-14 (A 25o C), é válido 
 ∴ 
 
C) No PE, 
 
 
Nessa condição, as espécies reagem totalmente e foram 5 mmol de NH4Cl. Isso ocorre 
quando volume de HCl adicionado = 25mL, portanto, volume total = 75mL. Logo, 
 
 
 
 
O sal se hidrolisa, formando NH3 e liberando H
+: 
NH4
+ ⇌ NH3 + H
+ 
 NH4
+
 NH3 H
+
 
Inicial 0 
Reação 
Final 
 
Com Kb = 1,81 x 10
-5, a constante de hidrólise a 25o C é 
 
 
 
 
 
 
 
 
Substituindo as concentrações finais da tabela na expressão de Kh, temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Portanto, 
 
 
 
 ∴ 
 
 
 
 
D) Nesse ponto há excesso de 1mL de HCl. 
 
 
Em um volume total de 50mL + 26mL = 76mL 
 
 
 
 
 
 
 
 
Calculamos pH fazendo 
 
 
 
 
Para calcular o erro, observamos a viragem do indicador e constatamos que o PF da 
titulação será em ph = 5,0. Isto é, se 
 , pela propriedade logarítmica, 
temos , portanto, . 
Portanto, temos um PF com excesso de ácido. 
 
 
 
 
 
∴ 
 
 
 
 
 
Vamos às relações: 
i. Sabemos pela reação HCl + NH3 ⇌ NH4Cl que 
 
Onde, 
 
Logo, 
 
ii. 
∴ 
 
 
iii. O volume total da solução será a soma do volume inicial (50mL) com o 
volume de HCl adicionado: 
 
 
Substituindo i, ii e iii na expressão deduzimos acima e tomando [H+] = 10-5 mol.L-1, 
teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Resolvendo a equação, chegamos a 
 
 
O erro de titulação é calculado: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A) pH = 11,1 B) pH = 9,43 C) pH = 5,22 D) pH=2,58 
ERRO = 0,016% 
 
QUESTÃO 9 
A primeira observação é que estamostitulando uma alíquota de 25,0 mL cuja 
contração de amostra é 8,00g .L-1. Assim, nessa alíquota temos o total de 25mL x 8g.L-1 
= 200mg de amostra 
Note que: 
 
Guarde essas duas expressões acima e vamos à titulação. 
Na medida em que o ácido é adicionado, ocorrem as seguintes reações: 
HCO3
- + H+ ⇌ CO2 + H2O 
CO3
2- + 2H+ ⇌ CO2 + H2O 
Portanto, o PF da titulação se dá quando são adicionados H+ suficientes para 
neutralizar as duas espécies. Assim, chegamos à relação 1: 
 
 
 
Sabemos que foram usados 25,35 mL de ácido 0,0955 mol.L-1. Então o número de móis 
de H+ é 
 
Substituindo na relação anterior, chegamos à relação 2: 
 
 
 
Note que o número de móis de podemos expressar o número de móis de cada espécie 
em função da massa, fazendo: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Agora usamos aquelas duas expressões que deduzimos no início do exercício, e temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Finalmente, podemos substituir na relação 2, e teremos: 
 
 
 
 
 
 
 
Resolvendo a equação, 
 
 
 
 
 
 
 
∴ 
 
∴ 
 
 
 
 
Enfim chegamos à massa de carbonato na amostra. 
 
Para encontrar a massa de bicarbonato: 
 
 
O percentual de cada espécie na mistura é a razão entre a massa da respectiva espécie 
e a massa total: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TEOR DE = E TEOR DE = 
 
QUESTÃO 10 
Inicialmente, não sabemos a composição da mistura. Para deduzir, pensamos assim: 
i. A fenolftaleína é usada no primeiro instante para titular Na2CO3 e NaOH, 
somente. Ou seja, as possíveis reações são: 
 OH- + H+ ⇌ H2O 
 CO3
2- + H+ ⇌ HCO3
- 
Quando as reações acima se completam, chegamos ao PF da titulação. 
 
ii. O alaranjado de metila é usado na titulação do bicarbonato. Ou seja, se a 
amostra tem mol de bicarbonato, as reações nessa etapa são: 
 HCO3
-- + H+ ⇌ CO2 + H2O 
 HCO3
-- + H+ ⇌ CO2 + H2O 
Note que, aqui, são titulados tanto os mol de bicarbonato presentes na 
amostra quanto os mol de bicarbonato gerados na etapa anterior (i). 
 
OBS.: As espécies NaOH e NaHCO3 não coexistem em solução, pois reagem entre si: 
NaOH + NaHCO3 ⇌ Na2CO3 
 
Logo, se V1 = volume usado na titulação com fenolftaleína 
V2 = volume usado na titulação com alaranjado de metila 
 
Então, V2 > 2V1 composição = NaHCO3 e Na2CO3 
V2 < 2V1 composição = NaOH e Na2CO3 
V2 = V1 composição = Na2CO3 
V2 = 0 e V1 ≠ 0 composição = NaOH 
V2 ≠ 0 e V1 = 0 composição = NaHCO3 
 
Vamos à dedução da composição. Foram consumidos 22,10 mL de ácido na primeira 
etapa. Na titulação seguinte, foram consumidos 48,40 mL e, portanto, como V2 > 2V1, a 
mistura consiste em NaOH e NaHCO3. 
 
Etapa 1 – Primeiro PE 
 
 CO3
2- + H+ ⇌ HCO3
- 
 
É válido que: 
 
 
 
Onde, 
 
 
Para encontrar [ 
 ] = [ ], fazemos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Etapa 2 – Segundo PE 
 HCO3
-- + H+ ⇌ CO2 + H2O 
 HCO3
-- + H+ ⇌ CO2 + H2O 
 
Agora, considerando que os primeiros 22,10 mL de ácido adicionado foram usados 
para o primeiro PE, as reações acima ocorrem no volume restante: 
 
48,40 mL – 22,10 mL = 26,30 mL 
 
Portanto, 
 
 
 
Onde, . 
Como já determinamos no primeiro PE, substituímos e temos: 
 
 
 
 
∴ 
 
 
Como 
 , então 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
QUESTÃO 11 
Aqui, como as duas titulações foram feitas sobre a mesma alíquota, V2 = V1 + ∆V = 
21,64mL + 14,90mL = 36,54mL. 
 
Como V2 < 2V1, a composição da mistura é NaOH e Na2CO3. Para detalhes, vide 
explicação no início da questão 11. 
 
Etapa 1 – Primeiro PE 
 
 OH- + H+ ⇌ H2O 
 CO3
2- + H+ ⇌ HCO3
-- 
 
É válido que: 
 
 
 
 
 
Onde, 
 
∴ 
 
 
Etapa 2 – Segundo PE 
 
 HCO3
-- + H+ ⇌ CO2 + H2O 
 
Aqui, a relação é 
Nessa titulação, gastaram-se 14,90 mL de HCl. Logo, 
 
 
 
Substituindo na expressão que encontramos para e , temos: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Para calcular a composição percentual, a primeira coisa afazer é expressar a 
quantidade dos componentes em termos de massa: 
 
 
 
 
 
 
 
 
Finalmente, tiramos a razão entre cada espécie e a massa total de amostra 0,8576g, ou 
seja, 857,6mg . 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
TEOR DE 
TEOR DE