resolução exercício 01- análise instrumental de alimentos

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Exercícios de Aplicação 01 
 
Tema: Introdução aos métodos de separação 
Programa: Pós-Graduação em Ciência e Tecnologia de Alimentos 
Disciplina: Análise Instrumental de Alimentos 
Professor: Dr. Alexandre Tadeu Paulino 
Discente: Jacqueline dos Santos Ferreira 
 
1. A constante de distribuição de um composto X entre n-hexano e água é 9,6. Calcule a 
concentração de X que resta na fase aquosa, após 50,0 mL de uma solução 0,150 mol L
-1
 de X 
terem sido extraídos com as seguintes quantidades de n-hexano. 
a) Quatro porções de 10,0 mL 
[𝐴]𝑖=(
50
10 . 9,6+50
)
4
 . 0, 150 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 
[𝐴]𝑖= (
50
146
)
4
 𝑥 0,150 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 
[𝑨]𝒊= 𝟐, 𝟎𝟔 . 𝟏𝟎
−𝟑 𝒎𝒐𝒍. 𝑳−𝟏 
 
b) Oito porções de 5,0 mL 
[𝐴]𝑖=(
50
5 . 9,6+50
)
8
 . 0,150 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 
[𝐴]𝑖= (
50
98
)
4
 𝑥 0,150 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 
[𝑨]𝒊= 𝟔, 𝟖𝟖 . 𝟏𝟎
−𝟒 𝒎𝒐𝒍. 𝑳−𝟏 
 
 
2. Qual é o volume de n-hexano necessário para reduzir a concentração de um analito em solução 
aquosa para 1,00 x 10
-4
 mol L
-1
 se 25,0 mL dessa solução aquosa 0,050 mol L
-1
 forem extraídos 
com: 
a) Porções de 25,0 mL de solvente? 
 [𝐴]𝑖 = (
𝑉𝑎𝑞
𝑉𝑜𝑟𝑔 . 𝐾+𝑉𝑎𝑞
)
𝑖
. [𝐴]0 
 1.10−4 = (
25
25 . 9,6+25
)
𝑖
. 0,050 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 
 
1.10−4𝑚𝑜𝑙.𝐿−1
0,050 𝑚𝑜𝑙.𝐿−1
 = (
25
25 . 9,6+25
)
𝑖
 
 0,002 = 0,094339𝑖 
 log 0,002 = 𝑖. log 0,094339 
 𝑖 =
log 0,002
log 0,094339
 
 𝑖 = 2,6 porções 
 Logo, 
 3 x 25 mL = 75 mL de n-hexano 
 
 
 
 
b) Porções de 10,0 mL de solvente? 
1.10−4 = (
25
10 . 9,6 + 25
)
𝑖
. 0,050 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 
1.10−4𝑚𝑜𝑙.𝐿−1
0,050 𝑚𝑜𝑙.𝐿−1
 = (
25
10 . 9,6+25
)
𝑖
 
0,002 = 0,20661𝑖 
 log 0,002 = 𝑖. log 0,20661 
𝑖 = 
log 0,002
log 0,20661
 
 𝑖 = 3,9 𝑝𝑜𝑟çõ𝑒𝑠 
 Logo, 
 4 x 10 mL = 40 mL de n-hexano 
 
 
c) Porções de 2,0 mL solvente? 
 1.10−4 = (
25
2 . 9,6+25
)
𝑖
. 0,050 𝑚𝑜𝑙. 𝐿−1 
 
1.10−4𝑚𝑜𝑙.𝐿−1
0,050 𝑚𝑜𝑙.𝐿−1
 = (
25
2 . 9,6+25
)
𝑖
 
 0,002 = 0,5656𝑖 
 𝑖 = log 0,002
log 0,5656
 
 𝑖 = 10,9 𝑝𝑜𝑟çõ𝑒𝑠 
 Logo, 
 11 x 2 mL = 22 mL de n-hexano 
 
3. O alumínio (Al) presente em uma amostra com 0,910 g de alúmen de amônio [(NH4Al(SO4)2] 
(MM 237,145 g mol
-1
) impuro foi precipitado com amônia aquosa formando Al2O3.xH2O. O 
precipitado foi filtrado e calcinado a 1000 
o
C para formar Al2O3 anidro (MM 101,96 g mol
-1
). 
Sabendo que a massa da forma de pesagem ideal foi de 0,2001 g, expresse o teor de: 
a) Al2O3 (óxido de alumínio) na amostra. 
100% ___ 0,910g 
 x ___ 0,2001g 
x = 21,98% de Al2O3 
 
 
b) Al (26,98 g mol-1) na amostra. 
 𝑥(𝐴𝑙) =
2 . 𝑀𝑀 𝐴𝑙
𝑀𝑀𝐴𝑙2 𝑂3
 
𝑥(𝐴𝑙) =
2. 26,98
101,96
 
𝑥(𝐴𝑙) = 0,5292 
 %(Al)= 21,98 x 0,5292 
 = 11,63% 
 
 
4. Manganês (Mn) pode determinado em amostras de alimentos convertendo o analito em óxido de 
manganês II, III (Mn3O4 228,8 g mol
-1
) e medindo a sua massa. Considerando que 1,520 g de 
amostra geraram 0,1260 g de precipitado, calcule: 
a) A porcentagem de Mn2O3 (157,9 g mol
-1
) na amostra. 
100% ___ 1,520g 
 X ___0,1260g 
X= 8,29 % de Mn2O3 
b) A porcentagem de Mn (54,94 g mol-1) na amostra. 
𝑥(𝑀𝑛) =
3. 54,94
228,8
 
𝑥(𝑀𝑛) = 0,720 
%(Al)= 0,720 x 8,29 
= 5,96 % de Mn 
 
5. Devem-se extrair 5,0 g de um composto orgânico de 100 mL de água, utilizando 
100 mL de éter. O coeficiente de partição dessa substância entre éter e água é 11. 
Mostre, através de cálculos, que a utilização de duas porções de 50 mL de éter é 
mais eficiente para a extração do que o emprego de uma única porção de 100 mL. 
K=
𝐶𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑛𝑜 é𝑡𝑒𝑟
𝐶𝑜𝑛𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎çã𝑜 𝑛𝑎 á𝑔𝑢𝑎
 
Extração simples com 100 ml de éter: 
11 = 
𝑚
100
5−𝑚
100
 
11= 
𝑚
100
 𝑥 
100
5−𝑚
 
m=
𝑚
5−𝑚
 
m=55/12 
m=4,58 g de composto que será extraido. 
%= (100x4,58)/5 
=91,6% 
Extração multipla com 50 mL de éter: 
1ª extração: 
11 =
𝑚
50
5 − 𝑚
100
 
11= 
𝑚
50
 𝑥 
100
5−𝑚
 
m= 
10𝑚
25−5𝑚
 
m≈ 4,23 g de composto extraido, restando ≈ 0,769 g. 
2ª extração: 
11 =
𝑚
50
0,769 − 𝑚
100
 
11 = 
𝑚
50
 𝑥 
100
0,769 − 𝑚
 
m≈0,6508 g de composto extraido 
1ª extração + 2ª extração = 4,8816 g de composto 
 
%= (100 x 4,8816) /5 
=97,63% 
Logo, a extração com duas porções de 50 mL de éter obteve 97,63% de eficência sendo 
superior a extração com uma porção de 100 mL que obteve 91,6% do composto.