Exercícios sobre titulações de ácido-base10. 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 (≈14,5) e baixa concentração (0,100 M) em relação à água (55,5 M), não afectará o pH da solução. 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% 0.1000 M * 20.restante= 1% n H+ inicial = 1% 0.= 40.00 mL = 25 mol Volume da solução = vH+ + vHO.00 mL de uma solução de ácido acético 0.1 o volume equivalente de NaOH No ponto de equivalência.100 M 25.00 mL= 50.05000 M vHO.11.000 * 10-2 M.3 1% depois do volume equivalente: n HO.= 25.Titularam-se 20.3 pH =14 – pOH = 10.= 25.75 mL [H+] = 25 mol / 49.= 0.= [CH3COOH] vCH3COOH 0. Calcule: 12.00 mL vHO.00 mL .adicionado = nCH3COOH presente inicialmente [HO-] vHO.025 * 10-4 M pH = -log [H+] = 3.7 12.00 mL + 99 % 25.00 mL= 49.1000 M com NaOH 5.00 mL + 101 % 25.75 mL = 5.25 mL [HO-] = 25 mol / 50.00 mL = 25 mol Volume da solução = vH+ + vHO.100 M 25.975 * 10-4 M pHO = -log [HO-] = 3.25 mL = 4. nHO. 00 mL de NaOH. temos uma solução de ácido fraco pH = 1/2 pKa -1/2 log [CH3COOH] pH = 1/2 *4.00) *5.00 = 70. o excesso de NaOH é: (50. temos uma solução de base fraca: pH = 7.00-40.76 + log 99 pH = 6. [HO-]= 0.38 +1/2 log (0.31 * 10-4 M pH = 14 .40 mL.pOH =11.5000 mmol / 70.64 1% antes ponto de equivalência: pH = pKa + log ([CH3COO-]/[CH3COOH] pH= 4.14 * 10-3 M pH = 14 .00 mL.00 + 2.85 .000* 10-2 M = 5.pOH =10. o excesso de NaHO equivale a 0.02 mmol. [HO-]= 0. No início da titulação.40 mL = 3. num volume de 60. num volume de 50.00+20.000 * 10-4 mol.12.0333) pH = 8.76 1% depois do ponto de equivalência.02 mmol/60.76 -1/2 (-1) pH =2.88 No ponto de equivalência.00 mL) de titulante.00 mL = 7. no ponto de equivalência.2 o pH no início da titulação. 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência e após a adição de 50.52 Após grande excesso (50.00 +1/2 pKa +1/2 log [CH3COO-] pH = 7. 00 mL de ácido.1 20. 16.3000 M. Esboce as seguintes curvas de titulação: 16. 14. a 16.00 mL de amoníaco 0.00 mL de uma solução aquosa de ácido sulfúrico 0.1000 M com ácido clorídrico 0.00 . 15.1000 M. Calcule a percentagem de proteína na farinha. resolvem-se de forma idêntica: 13.97 mL de NaOH 0.Titularam-se 50.00.1000 M. 16.1000 M com hidróxido de sódio 0.Titularam-se 25. O excesso de HCl foi depois titulado por retorno com 3.1000 M.---> 2 NH3 + SO42NH3 + HCl --> NH4Cl + HClexcesso HClexcesso + NaOH -->H2O + NaCl O amoníaco formado por adição de uma base concentrada após digestão com H2SO4 foi destilado sobre 25. no ponto de equivalência.1000 M com ácido clorídrico 0.04977 M.1 o volume equivalente de NaOH 13.0500 M com HCl 0.00 mL de uma solução de ácido fórmico 0. 16.Os exercícios 13.00 mL de NaOH. 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência e após a adição de 50.Trace a curva de titulação de 10.00 mL de ácido maleico 0.3 20.2 o pH no início da titulação.1000 M. 25.1000 M.04012 M.1500 M com uma solução de NaOH 0.00 mL de fosfato de sódio 0. Calcule o pH depois da adição de 0.00 mL de HCl 0. 10. Calcule: 13. .00 e 26.7121 g de farinha de trigo pelo método de Kjeldahl: CaHbNc -----> a CO2 + ½ b H2O + ½ c (NH4)2SO4 (reacção realizada na presença de H2SO4 como catalizador) (NH4)2SO4 + OH.Analisou-se uma amostra de 0.1200 M com NaOH 0.00 mL de NaCN 0. 17.2 25. 0869 g/ 0.9 mg A percentagem de proteína na farinha é portanto = 0.04038 M 19.000 L desta solução foi exposto ao ar durante algum tempo e absorveu 0.7121 g = 12.04 M.20 mg mproteína = 15.0095 mmol nHCl = 2* nbórax= 20. Uma solução de NaOH isenata de carbonatos tinha uma concentração 0. 8H2O <-> 2 H3BO3 + 2 [B(HO)4].00 mL = 1.244 mmol = nHCl gasto na reacção com o NH3 + nHClexcesso nHClexcesso= nNaOH necessário para o titular = 3.20 mg/0.019 mmol / 50.utilizando a fenolftaleína como indicador.04012 M = 0.+ H+ <-> H3BO3 + H2O nbórax= mbórax/MM(bórax) = 0.3850 g de bórax (381.1593 mmol nNproteína = nNH3 formado = nHCl total – nHClexcesso = 1.97 mL * 0. Exactamente 1.00 mL do ácido se gastam 50.05118 M imediatamente depois de preparada.00 mL de uma solução preparada a partir de 0.04977 M * 25.37 g/mol = 1.3850 g / 381. Na2[B4O5(HO)4].085 mmol mNproteína = 15.00 mL = 0.37 g/mol).19 mmol [HCl] = nHCl / vHCl =2. .5% de N na proteína da farinha. sabendo que quando se titulam 50.1962 g de CO2.1593 mmol =1. nHCl total = [HCl] vHCl = 0.2 % 18. Determine o título rigoroso de uma solução aquosa de HCl 0.175 = 86.244 mmol – 0. Calcule o erro relativo que terá lugar ao titular uma solução de ácido acético com esta solução contaminada.Dados: 17.+ 2 Na+ + 3 H2O [B(HO)4]. 00 mL = 2.04226 M.75 mL = 5. na titulação de 25.00 mL = 49. O erro na titulação será 0. [NaOH]final= nNaOHfinal / vNaOH = 51. entre 1% antes e 1% depois do ponto de equivalência.1962 g / 44.02500 mmol/ 49.02500 mmol.010 g/mol = 4.75 mL [Ag+]=0.30 1% depois do ponto de equivalência. Calcula a variação de pAg.18 mmol O ácido carbónico é diprótico.500 mmol : vNaCl=nNaCl/[NaCl]= 2.500 mmol/ 0.02 * 10-4 M pAg = -log [Ag+]= -log 5.000 L* 0.18mmol – 2* 4. num volume de 50.25 mL.02500 mmol v= 25.02500 mmol/50.05118 / 0.11%.00 mL 1% antes ponto de equivalência: nAg+= 1 % nAgNO3 inicial = 0.458 mmol nNaOHinicial= 1. nNaCladicionado= nAgNO3inicial=2. nAgNO3= [AgNO3] * vAgNO3 nAgNO3= 0. o excesso de NaCl equivale a 0.000 L = 0.00 mL + 99% 25. [Cl-]= 0.nCO2 = 0.05118 M = 51.500 mmol No ponto de equivalência.98 * 10-4 M .1000 M com uma solução equimolar de cloreto de sódio. e reage por isso com o dobro da sua quantidade de NaOH.00 mL de uma solução de nitrato de prata 0.02 * 10-4 = 3.25 mL = 4.1000 M* 25.458 mmol /1. Exercícios sobre titulações de precipitação 20.1000 M = 25.04226 = 21. 533 mmol [Cl-] = 1.8*10 -10. sendo necessário 2.00 mL foi tratada com 15.1182 M.0257 M. em g/L.0311 M de Na2C2O4 com La(ClO4)3 0. havendo a precipitação de oxalato de lantânio: 2 La3+ + 3 C2O42.17 mL 22. nC2O42.00 mL de uma solução padrão de AgNO3 0.101 M = 0.8*10 -10/4. a concentração máxima de Ag+ possível na solução é: [Ag+]= Kps(AgCl)/ [Cl-]= 1.2 Qual o pLa3+ quando se adicionaram 10.nAg+excesso =1.00 mL = 0.38 mL para atingir o ponto de equivalência de Fe(SCN)2+.1182 M = 1.= 2/3 * 25.98 * 10-4 = 3.Dado que o Kps(AgCl)= 1.0311 M = 0.773 mmol nCl-= nAg+gasto = nAg+inicial .5183 mmol vLa3+ = nLa3+ / [La3+] = 0.38 mL *0. O excesso de prata foi titulado com uma solução padrão de KSCN 0.nC2O42-precipitado = nC2O42-inicial .2404 mmol nAg+inicial = vAgNO3 *[ AgNO3] = 15.00 mL de La(ClO4)3 ? Em qualquer momento da titulação antes do ponto de equivalência.101 M.= nC2O42-inicial .533 mmol / 10.2404 mmol = 1.773 mmol .00 mL * 0.-> La2(C2O4)3 22. Determinou-se o teor em cloreto numa solução salina pelo método de Volhard.*[SCN-] = 2.44 21.0.00 mL de uma solução contendo 0.00 mL * 0.5183 mmol / 0. Calcule a concentração de cloreto na solução salina. Uma alíquota de 10.64* 10-7 M pAg= 6.1533 M 22. nAg+excesso = nSCN-adicionda= vSCN.1 Qual o volume de perclorato de lantânio necessário para atingir o ponto de equivalência? nLa3+ = 2/3 nC2O42.= 2/3 [C2O42-] vC2O42. Titulou-se 25.3/2 n La3+ adicionado .0257 M = 20. 567 22.03 * 10-25 = [La3+] 2 [3/2 La3+] 3 1. Kps= [La3+] 2 [C2O42-]3 Como C2O42-= 3/2 nLa3+. A quantidade de La3+ em solução é obtida através do produto de solubilidade do La2(C2O4)3: Kps= [La3+] 2 [C2O42-]3 1.0112 M.03 * 10-25 = [La3+] 2 (0.= 25.00 mL de La(ClO4)3 .00 mL + 10.052 *10-26 [La3+]= 7.0112)3 [La3+]= 2.89 *10-6 M pLa3+ = -log [La3+] = 5.00 mL * 0.3/2 10.00 mL . No ponto de equivalência.71 * 10-10 M pLa3+ = -log [La3+] = 9.0311 M .4 Calcule o pLa3+ após a adição de 25.392 mmol/35.03 * 10-25 = [La3+] 2 [3/2 La3+] 3 1.103 22.00 mL =0.3 Determine o pLa3+ no ponto de equivalência. a expressão acima pode ser escrita : 1.00 mL =35.03 * 10-25 / (3/2)3 [La3+]5= 3. Pode-se considerar que o La2(C2O4)3 em solução é o proveniente da dissolução do precipitado formado.3855 mmol = 0. a precipitação é quantitativa.7775 mmol – 0.03 * 10-25 = [La3+] 2 (3/2)3 [La3+] 3 [La3+]5=1.Após a adição de 10.00 mL de La(ClO4)3 nC2O42.00 mL * 0.0257 M = 0.392 mmol Como v=25. [C2O42-] = 0. nAg+=nIvAg+ [Ag+] = vI. 23. observar-se-á precipitação.0257 M – 2/3 0.605 23.483 *10-3 M pLa3+ = -log [La3+] = 2. È portanto conhecer a concentração de Cl-.0502 KI e 0. Se a nossa solução não contiver o AgCl.00 mL 0.2*10-8 M 23.Após a adição de 25.inicial nLa3+livre= 25.8 *10-10 Se o quociente da reacção for superior ao Kps. e devido à estequiometria do sal.2 Demonstre que para a concentração de Ag+calculada no ponto anterior ocorre precipitação de Cl-. Portanto nLa3+livre= nLa3+adicionado –nLa3+precipitado= nLa3+adicionado – 2/3 nC2O42.[I-] vAg+ 0. nAg+=nI. Kps(AgCl)= 1. que é diferente da inicial ( 0. O AgI em solução no ponto de equivalência é o proveniente da dissolução do precipitado formado.00 mL de uma mistura contendo 0.00 mL * 0.0502 M .0500 M de KCl foram titulados com AgNO3 0.0845 M.7775 mmol = 0.00 mL de La(ClO4)3 já foi ultrapassado o ponto de equivalência. 40.1242 mmol [La3+] = nLa3+livre /vtotal = 0. No ponto de equivalência.1 Calcule a concentração de Ag+ no ponto de equivalência correspondente à titulação do iodeto em separado.0845 M = 40.Portanto: Kps= [Ag+][I-] =[Ag+][Ag+] 1.: Este volume é calculado da seguinte forma.00 mL+25.0500 M) devido à variação de volume provocada pela adição de AgNO3 até à completa precipitação do I.5* 10-16= [Ag+]2 [Ag+]=1.00 mL) = 2.1242 mmol / (25. 00 mL de AlCl3 0.3462/136.possivelmente presente na amostra é: nCl-= nNaCl= mNaCl/MM(NaCl) =0.3 25.29= 3.300 *10-3 / 0.00 mL 0.430 mmol Eo o volume necessário para a titular é: .300 mmol E o volume necessário para a titular é: vAgNO3 = nAgNO3 / [AgNO3] = 4.76 mL e a concentração de Cl.7452 * 0.presente na amostra é: nCl-= 2*nZnCl2=2* mZnCl2/MM(ZnCl2) =2* 0.0314 M Neste momento o quociente da reacção será [Ag+][Cl-] = 1.76 mL vtotal= 40.35 mL 24.76*10-10 > Kps(AgCl).0314 = 3.0502 M = 23.52 % (p/p) de ZnCl2? A quantidade de Cl.2 uma amostra de 0. 24 Qual o volume mínimo de nitrato de prata 0. Logo ocorre precipitação de Cl-.2*10-8 *0.0500 M * 40.09621 M = 39.00 mL * 0.presente na amostra é: nCl-= 3*nAlCl3= 3* vAlCl3 [AlCl3] =3* 25.2513g/58.00 mL= cf 63.09621 M = 44.01907 M= 1.76 mL cf = 0.00 mL + 23.786 mmol Eo o volume necessário para a titular é: vAgNO3 = nAgNO3 / [AgNO3] = 3.2513 g? A quantidade máxima de Cl.443= 4.09621 M necessário para assegurar que haja um excesso de iões prata na titulação de 24.1 uma amostra impura de NaCl com uma massa de 0.3462 g que contém 74.será dada por: civi=cfvf 0.786 *10-3 / 0.01907 M? A quantidade de Cl.76 mL = 63.vAg+ = 40.69 mL 24. 46 % ZnCl2∙2NH4Cl .740 mmol * MM(Cl-) = 4.740 mmol * 243.2883 g/ 0.2883 g A amostra seria 0.32 mL de nitrato de prata 0.1681 g A amostra tem 0.1681/0.= 4.453 =0.87 mL 25.5789 g/ 0.21 % BaCl2∙2H2O 25. nCl-= nAg+ = nAgNO3 = [AgNO3] vAgNO3 = 0.5789 g A amostra seria 0.7908 g = 36.3 Expresse os resultados como percentagem de ZnCl2∙2NH4Cl mZnCl2∙2NH4Cl= nZnCl2∙2NH4Cl * MM(ZnCl2∙2NH4Cl) = 1/4 * nCl-* MM(ZnCl2∙2NH4Cl) = 1/4 * 4.vAgNO3 = nAgNO3 / [AgNO3] = 1.1046 M.32 mL = 4.1046 M * 45.1 Expresse os resultados como percentagem de ClmCl.7908 g gastaram-se 45.740 mmol * 244. pelo método de Fajans. de uma amostra de 0.09621 M = 14.27 = 0.28 = 0. Na titulação.740 mmol * 35.7908 g = 73.25 % Cl- 25.430*10-3 / 0.7908 = 21.2 Expresse os resultados como percentagem de BaCl2∙2H2O mBaCl2∙2H2O= nBaCl2∙2H2O * MM(BaCl2∙2H2O) = ½ * nCl-* MM(BaCl2∙2H2O) = ½ * 4.740 mmol 25.