Prova de química analitica quantitativa

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Prova de química analitica quantitativa
01. Titulam-se 25,0 mL de NH3 0,1 mol.L-1 (Kb = 1,8 x 10-5) por HCl 0,10 mol.L-1.
a) Qual é o pH da solução de NH3 no início da titulação
b) Qual o pH no ponto de equivalência ?
c) Calcule o pH da solução depois da adição de 5,0, 15,0, 20,0, 22,0 e 30,0 mL do ácido.
Reúna essas informações com as partes precedentes e trace uma curva de titulação.
a) NH3 + H2O ↔ NH4+ + OH-
I 0,1 - -
R 0,1 x x
Eq. 0,1-x x x
Kb = [NH4+].[OH-] / [NH3] = 1,8x10-5 = x . x / 0,100 - x { simplificando…
1,8x10-5 = x2 / 0,100 => ,√1,8x10-5 . 0,100
x = 0,00134 mol/L
pOH= - log (0,00134)
pOH = 2,87, pH = 14 - 2,87 = 11,13
b) pH no Ponto de Equivalência (PE). nNH3 = nHCl
PE = 0,1 mol/L x 0,025L = 0,1 mol/L x VHcl
VHCl= 0,025L Volume total= 0,050L
NH3 + H2O + HCl ↔ NH4Cl + H2O
I 2,5x10^-3 - - - -
R 2,5x10^-3 2,5x10^-3 2,5x10^-3
Eq. - - 2,5x10^-3
[NH4Cl] = 0,0025mol / 0,050L = 0,05mol/L
NH4Cl se hidrolisa, então… NH4+ + H2O ↔ NH4OH + H3O+
Kh = Kw / Kb = [NH4OH].[H3O+] / [NH4+]
NH4+ + H2O ↔ NH4OH + H3O+
I 0,05 - -
R 0,05 X X X
EQ. 0,05-X X X X
Kh = (1x10-14) / (1,8x10^-5) = x . x / 0,05 - x { simplificando
5,6x10^-10 = x^2 / 0,05 => [H+] = (5,6x10^-10).(0,05) = 5,29x10^-6 mol/L
pH = 5,28
c) pH em 5,15,20,22 e 30ml.
1º Ponto 5ml, Vt = 30mL ou 0,030L
nHCl = 0,005L x 0,1 mol/L = 0,0005 mol
nNH3 = 0,025L x 0,1 mol/L = 0,0025mol, nNH3 > nHCl
NH3 + H2O ↔ NH4OH
NH4OH + HCl ↔ NH4Cl + H2O
I 0,0025 - - -
R 0,0025 0,0005 0,0005 -
Eq. 0,0020 - 0,0005
[NH4OH] = 0,0020mol / 0,030L = 0,06667 mol/L
[NH4Cl] = 0,0005mol / 0,030L = 0,01666 mol/L
Kb = [NH4+][OH-] / [NH4OH]
1,8x10^-5 = 0,01666 . [OH-] / 0,06667
[OH-] = 1,2x10^-6 / 0,0166 = 7,23x10^-5 mol/L => pOH = -log (7,23x10^-5)
pOH = 4,14 => pH = 14 - 4,14 = 9,86.
2º Ponto 15mL, Vt = 40mL ou 0,040L
nHCl = 0,0015 mol
nNH3 = 0,0025 mol, nNH3 > nHCl
NH4OH + HCl ↔ NH4Cl + H2O
I 0,0025 - -
R 0,0025 0,0015 0,0015
Eq. 0,0010 - 0,0015
[NH4OH] = 0,0010 mol / 0,040L = 0,025 mol/L
[NH4+] = 0,0015mol / 0,40L = 0,0375 mol/L
1,8x10^-5 = 0,0375 . [OH-] / 0,025
[OH-] = 4,5x10^-7 / 0,0375 = 1,2x10^-5 mol/L => pOH = 4,92, pH = 9,08.
3º Ponto 20mL, Vt = 45mL ou 0,045L
nHCl = 0,0020
nNH3 = 0,0025
NH4OH + HCl ↔ NH4Cl + H2O
I 0,0025 - -
R 0,0025 0,0020 0,0020
Eq. 0,0005 - 0,0020
[NH4OH] = 0,0005 mol / 0,045L = 0,0111 mol/L
[NH4+] = 0,0020 mol / 0,045L = 0,0444 mol/L
1,80x10^-5 = 0,0444 x [OH-] / 0,0111
[OH-] = 1,99x10^-7 / 0,0444 = 4,5x10^-6 mol/L
pOH = 5,35, pH=8,65.
4º Ponto 22mL, Vt = 47mL ou 0,047L
nHCl = 0,0022 mol
nNH3 = 0,0025 mol, nNH3 > nHCl
NH4OH + HCl ↔ NH4Cl + H2O
I 0,0025 - -
R 0,0025 0,0022 0,0022
Eq. 0,0003 - 0,0022
[NH4OH] = 0,0003 mol / 0,047L = 0,0067 mol/L
[NH4+] = 0,0022 mol / 0,047L = 0,047 mol/L
1,8x10^-5 = 0,047 x [OH-] / 0,0064
[OH-] = 2,451x10^-6 mol/L
pOH = 5,61, pH = 8,39.
5º Ponto 30mL, Vt = 55mL ou 0,055L
nHCl = 0,0030 mol
nNH3 = 0,0025 mol, nNH3 < nHCl… ou seja, existe HCl em excesso*
NH4OH + HCl ↔ NH4Cl + H2O
I 0,0025 - -
R 0,0025 0,0030 0,0025
Eq. - 0,0005 0,0025
Vamos considerar que a hidrólise do sal não vai interferir no pH da solução com o excesso
de HCl.
HCl + H2O ↔ H3O+ + Cl-
[HCl] = 0,0005 mol / 0,055L = 0,009 mol/L, nHCl = nH+
então.. pH = - log (0,009)
pH = 2,045
02. Dissolve-se 0,515g de fenol, C6H5OH, um ácido orgânico fraco, em água suficiente para
obter-se exatamente 100 mL de solução. A solução resultante é titulada com NaOH 0,123
mol.L-1:
C6H5OH(aq) + OH-(aq) C6H5O-(aq) + H2O(l)
Quais as concentrações de cada íon: Na+, H3O+, OH-, e C6H5O-, no ponto de
equivalência? Qual o pH da solução neste ponto? (Ka = 1,28 x 10-10)
Massa Molar do Fenol é = 94,11 g/mol
nFenol = 0,515g / 94,11g/mol = 0,0055mol
[C6H5OH] = 0,0055mol / 0,1L = 0,055 mol/L
PE = 0,055 mol/L x 0,1L = 0,123 mol/L x VNaOH
VNaOH = 0,045L de titulante para atingir o PE.
No PE 0,045L, Vt = 0,100L + 0,045L = 0,145L
nNaOH = 5,5x10^-3 mol
nFenol = 5,5x10^-3 mol
C6H5OH + NaOH ↔ C6H5ONa + H2O
I 5,5x10^-3 - -
R 5,5x10^-3 5,5x10^-3 5,5x10^-3
Eq. - - 5,5x10^-3
[C6H5ONa] = 5,5x10^-3 mol / 0,145L = 0,038 mol/L
HIDRÓLISE
C6H5O- + H2O ↔ C6H5OH + OH-
I 0,038 - - -
R 0,038 X X X
Eq. 0,038 - x x x x
Kh = Kw / Ka = [C6H5OH] . [OH-] / [C6H5O-]
1x10^-14 / 1,28x10^-10 = x^2 / 0,038 - x
Bhaskara = (x²) + (7,8x10^-5x) - (2,964x10^-6) = 0
x = [OH-] = 0,00168 mol/L => 2,77
pH = 11,23
[OH-] = 1,68x10^-3 mol/L
[H+] = 10^-11,23 = 5,88x10^-12 mol/L
[C6H5O-]=[Na] = 0,038 - 1,68x10^-3 = 0,036 mol/L
03. Durante a fabricação do náilon, o ácido adípico (HOOC(CH2)4COOH, um ácido fraco
diprótico é polimerizado por sua combinação com 1,6-diaminohexano (H2N(CH2)6NH2, uma
base fraca diprótica). Um químico de polímeros que estuda essa reação pretende analisar
uma amostra que, acredita-se, conter ácido adípico 0,100 mol.L-1 titulando – a com NaOH
0,100 mol.L-1. (Ka1 = 3,71 x 10-5 e Ka2 = 3,89 x 10-6)
a) Estime o pH da amostra original em ambos os pontos de equivalência, no ponto
intermediário até o 1° ponto de equivalência e no ponto intermediário entre o 1° e o 2° ponto
de equivalência. Use essas informações para preparar um gráfico aproximado de pH versus
volume de titulante para essa titulação.
b) Calcule o pH que poderia esperar entre pontos que estão 35 e 70% do caminho para o
primeiro ponto de equivalência nessa titulação e 35 a 70% do caminho entre o primeiro e o
segundo ponto de equivalência. Compare esses resultados com aqueles que seriam
previstos pelo gráfico da letra a.
H2A + NaOH ↔ HA- + H2O
HA- + NaOH ↔ A2- + H2O
Global = H2A + 2NaOH ↔ A2- + 2H2O
PE 1º = 0,1 mol/L x 100mL = 0,1 mol/L x V NaOH = 100 mL de NaOH
PE 2º = 2 (0,1 mol/L x 100mL) = 0,1 mol/L x V NaOH = 200 mL de NaOH
H2A + H2O ↔ HA- + H3O+
I 0,1 - - -
R 0,1 x x x
Eq. 0,1 - x x x x
BC = [H3O+] = [HA-] = x
BM = [H2A] = CaH2A - x = 0,100 - x
Ka = [HA-] x [H3O+] / [H2A] => Ka = [H3O+]² / [H2A]
[H+] = Ka1 x [H2A]
[H+] = ((3,71x10^-5) x (0,1))
[H+] = 0,00192 mol/L
pH = 2,72
1) Ponto entre 1ºPE.
50 mL de NaOH; Vt = 150mL
nH2A = 0,1 mol/L x 0,1L = 0,01 mol Ka1 / Ka2 = 9,53 < 10^4
nNaOH = 0,1 mol/L x 0,050L = 0,005 mol Ka1 = 3,71x10^-5
H2A +NaOH ↔ HA- + H2O
I 0,01 - - -
R 0,01 0,005 0,005 -
Eq. 0,005 - 0,005 -
[H2A] = 0,005 mol / 0,150L = 0,033 mol/L ; [HA-] = 0,005 mol / 0,150L = 0,033 mol/L
[H+] = Ka1 x [H2A] / [HA-] => pH = pKa1 + log (0,033)/(0,033)
pH = - log (3,71x10^-5) + log (0,033)/(0,033)
pH = 4,43
2) 1º PE
100 mL de NaOH; Vt = 200 mL Ka1 = 3,71x10^-5
nH2A = 0,01 mol
nNaOH = 0,1 mol/L x 0,1L = 0,01 mol nH2A = nNaOH
H2A + NaOH ↔ HA- + H2O
I 0,01 - - -
R 0,01 0,01 0,01 -
Eq. - - 0,01
[HA-] = 0,01 mol / 0,200L = 0,05 mol/L
Ka1 <<< CaHA-
[H+] = (Ka1 x Ka2)
[H+] = 1,2 x 10^-5 mol/L
pH = 4,92.
3) Intermediário entre 1º PE e 2º PE. Ka2 = 3,89x10^-6
150 mL de NaOH; Vt = 250 mL. Ve = 200mL, Volume de NaOH = 50 mL.
nNaOH = 0,1 mol/L x 0,050L = 0,005 mol
nHA- = 0,01 mol
HA- + NaOH ↔ A2- + H2O
I 0,01 - - -
R 0,01 0,005 0,005 0,005
Eq. 0,005 - 0,005 0,005
[HA-] = 0,005 mol/ 0,250L = 0,02 mol/L ; [A2-] = 0,005 mol / 0,250L = 0,02 mol
pH = - log (3,89x10^-6) + log (0,02) / (0,02)
pH = 5,41.
4) 2º PE.
200mL de NaOH. Vt = 300mL. Ve = 200mL, Volume de NaOH = 100 mL.
nNaOH = 0,1 mol/L x 0,1 L = 0,01 mol/L
nHA- = 0,01 mol/L
HA- + NaOH ↔ A2- + H2O
I 0,01 - - -
R 0,01 0,01 0,01 0,01
Eq. - - 0,01 0,01
[A2-] = 0,01mol / 0,300L = 0,033 mol/L
HIDRÓLISE
A2- + H2O ↔ HA- + OH- Kh
I 0,033 - - -
Eq. 0,033 - x x x x
Kh = Kw / Ka2 = [HA-] . [OH-] / [A2-] => [AH-] = [OH-]
1x10^-14 / 3,89x10^-6 = x² / 0,033 - x
2,57x10^-9 = x² / 0,033 - x
x² + (2,57x10^-9) - (8,48x10^-11)
x = [OH-] = 9,21x10^-6 mol/L
pOH = 5,03
pH = 8,96
b) pH nos pontos 35mL, 75ml até o primeiro PE e 135 mL e 175 mL até o segundo PE.
35 mL de NaOH; Vt = 0,135 mL Ka1 = 3,71x10^-5
nH2A = 0,01 mol
nNaOH = 0,1 mol/L x 0,035L = 0,0035 mol
H2A + NaOH ↔ HA- + H2O
I 0,01 - - -
R 0,01 0,0035 0,0035 0,0035
Eq. 0,0065 - 0,0035 0,0035
[H2A] = 0,0065 mol / 0,135L = 0,048 mol/L
[HA-] = 0,0035 mol / 0,135L = 0,026 mol/L
pH = pKa1 + log [HA-]/[H2A]
pH = 4,43 + log (0,026 / 0,048)
pH = 4,16
70 mL de NaOH; Vt = 170 mL Ka1 = 3,71x10^-5
nH2A = 0,01 mol
nNaOH = 0,01 mol/L x 0,070L = 0,0070 mol/L
H2A + NaOH ↔ HA- + H2O
I 0,01 - - -
R 0,01 0,0070 0,0070 0,0070
Eq. 0,0030 - 0,0070 0,0070
[H2A] = 0,0030 mol / 0,170L = 0,0176mol/L ; [HA-] = 0,0070 mol / 0,170L = 0,0412 mol/L
pH = -log(3,71x10^-5) + log (0,0412)/(0,0176)
pH = 4,80
135 mL de NaOH; Vt = 235 mL. Veq. = 200 mL. VNaOH = 35mL
nHA- = 0,01mol
nNaOH = 0,1 mol/L x 0,035L = 0,0035 mol Ka2 = 3,89x10^-6
HA- + NaOH ↔ A2- + H2O
I 0,01 - - -
R 0,01 0,0035 0,0035 0,0035
Eq. 0,0065 - 0,0035 0,0035
[HA-] = 0,0065 mol / 0,235L = 0,027 mol/L ; [A2-] = 0,0035 mol / 0,235L = 0,015 mol/L
pH = pKa2 + log [A2-]/[HA-]
pH = -log (3,89x10^-6) + log (0,015)/(0,027)
pH = 5,41 + (-0,255)
pH = 5,155
170 mL de NaOH. Vt = 270 mL. Veq. = 200mL ; VNaOH = 0,070L
nNaOH = 0,1 mol/L x 0,070L = 0,0070 mol
nHA- = 0,01 mol
HA- + NaOH ↔ A2- + H2O
I 0,01 - - -
R 0,01 0,0070 0,0070 0,0070
Eq. 0,0030 - 0,0070 0,0070
[HA-] = 0,0030 mol / 0,270L = 0,0111 mol/L ; [A2-] = 0,0070 mol / 0,270L = 0,026 mol/L
pH = 5,41 + log (0,026) / (0,0111)
pH = 5,41 + 0,37
pH = 5,78
A inflexão dos Pontos de PE não são claramente vistas pois as constantes de acidez Ka1 e
Ka2 não possuem diferença maior ou igual a 10^4.
04. Uma amostra de 25,00 mL supostamente contendo NaCl 0,05 mol.L-1 é titulada por
adição de AgNO3 0,025 mol.L-1. (Kps = 1,77 x 10-10)
a) Escreva a reação de titulação para essa análise e calcule o volume do titulante que será
necessário para alcançar o ponto de equivalência.
b) Estime o valor de pCl no início da titulação e após a adição de 25,0, 50,0 e 75 mL de
titulante. Use estes valores para fazer um gráfico aproximado da curva de titulação.
c) Use os valores da letra b para estimar o valor de pAg em cada um dos pontos indicados
na titulação. Também utilize esses valores para preparar uma curva de titulação para essa
análise.
d) Compare os gráficos montados na letra B e C. Em que situações você poderia usar o
gráfico da letra B? E o gráfico da letra C?
a) NaCl + AgNO3 ↔ AgCl + NaNO3
nAgNO3 = nNaCl, então = 0,05 mol/L x 0,025L = 0,025 mol/L x VAgNO3
VAgNO3 = 50mL, para atingir o ponto de equivalência.
b) NaCl ↔ Na+ + Cl-
pCl = - log(Cl-)
pCl = 1,3.
25 ml de AgNO3, Vt = 50mL ou 0,050L
nAgNO3 = 0,025 mol/L x 0,025L = 6,25x10^-4 mol
nNaCl = 0,050 mol/L x 0,025L = 1,25x10^-3 mol
NaCl + AgNO3 ↔ AgCl + NaNO3
I 1,25x10^-3 - - -
R 1,25x10^-3 6,25x10^-4 6,25x10^-4 6,25x10^-4
Eq. 6,25x10^-4 - 6,25x10^-4 6,25x10^-4
[NaCl] = 6,25x10^-4 / 0,050 = 0,0125 mol/L => KpsAgCl = [Ag+].[Cl-]
[Ag+] = KpsAgCl / [Cl-]
[Ag+] = 1,77x10^-10 / 0,0125 mol/L = 1,4x10^-8 mol/L
pAg+ = 7,85
pCl- = pKps - pAg = 9,75 - 7,85 = 1,90.
50mL de AgNO3, Vt = 75mL ou 0,075L
nAgNO3 = 0,00125 mol
nNaCl = 0,00125 mol, nAgNO3 = nNaCl, saturação!
então no equilíbrio temos que, [Ag+]=[Cl-], => [Ag+]² = KpsAgCl
[Ag+] = (1,77x10^-10) = 1,33x10^-5 mol/L
pAg+ = pCl
pCl = -log (1,33x10^-5)
pCl = 4,87
75ml de AgNO3, Passou do PE, Ag+ em exc.
CAg+ = (Volume add - Volume no equilibrio) x Cinicial Ag+ / Volume total
CAg+ = (0,075L - 0,050L) x 0,025 mol/L / 0,100L
CAg+ = 6,25x10^-3 mol/L
pAg+ = 2,204
PCl = 9,75 - 2,204
PCl = 7,545
d) Os dois gráficos são usados na volumetria de precipitação, onde a construção da curva
de titulação vai ajudar a escolhermos os melhores agentes indicadores, análise da inflexão
da curva, visão do ponto final da titulação na curva de titulação e assim, teremos a maior
certeza da qualidade e eficácia da nossa escolha de método para a determinação de haletos
como Cl- usando nitrato de prata.
05. Três alíquotas de 25,00 mL de solução de cloreto de sódio foram tituladas com solução
0,1087 mol.L-1 de nitrato de prata utilizando solução de dicromato de potássio como
indicador. Foram consumidos respectivamente 19,80 mL; 20,10 mL; 20,00 mL para atingir o
ponto final da titulação. Qual a concentração média em mol.L-1 de cloreto de sódio na
amostra? Sabendo que a densidade da solução é 1,023 g.cm-3, qual a porcentagem em
massa de sal na amostra?AgNO3 + NaCl ↔ AgCl + NaNO3
1º Alíquota
C1 x 25mL = 0,1087 mol/L x 19,80 mL = 0,08609 mol/L
2º Alíquota
C1x 25mL = 0,1087 mol/L x 20,10 mL = 0,08739 mol/L
3º Alíquota
C1 x 25mL = 0,1087 mol/L x 20,00 mL = 0,08696 mol/L
Média de 0,08613 mol/L
Massa Molar = 58,44 g/mol
n = m / MM ; c = n / V => c = (m / MM) / V
Densidade = 1,0230 g/cm³ = 1,023 g/mL - 1mL
x - 1000mL
x = 1023 g/L
0,086813 mol/L = ( m / 58,44 g/mol) / 1L
0,086813 mol = m / 58,44 g/mol
m = 0,086813 mol x 58,44 g/mol
m = 5,073 g
%NaCl = (5,073g / 1023g) x 100 = 0,496%