resolução comentada de exercícios de química analítica

Resoluo comentada de exerccios de Qumica Analtica

Prof. Doutor Pedro Silva

Exerccios gerais

Exerccios sobre anlise gravimtrica

Exerccios sobre consideraes gerais de mtodos volumtricos

Exerccios sobre titulaes de cido-base

Exerccios sobre titulaes de precipitao

Exerccios sobre titulaes de complexao

Exerccios sobre titulaes de oxidao-reduo

Exerccios gerais

1. Descreva de que modo prepararia 5,000 L de carbonato de sdio 0,1000 M

(105,99 g/mol) a partir do slido (substncia primria).

m Na2CO3 =nNa2CO3*MM(Na2CO3)

nNa2CO3=c * v

Substituindo:

m Na2CO3 = 0,1000 M *5,000 L * 105,99 g/mol = 53,00 g

2. Para calibrao de um mtodo fotomtrico para a determinao de sdio

necessrio prepara uma soluo padro de Na+

0,0100 M . Descreva como

prepararia 500,0 cm3 desta soluo a partir do padro primrio Na2CO3.

cNa2CO3 = 1/2 cNa+

nNa2CO3=c * v

m Na2CO3 = nNa2CO3*MM(Na2CO3)

Substituindo:

m Na2CO3 = 1/2 * 0,0100 M *0,5000 L * 105,99 g/mol = 0,265 g

3. Como prepararia 50,00 mL de solues padro de Na+

0,00500 M , 0,00200 M e

0,00100 M a partir da soluo anterior?

ci vi = cf vf

Substituindo:

0,0100 M vi = 0,00500 M 50,00 mL

vi = 0,00500 M 50,00 mL / 0,0100 M = 25,0 mL

Exerccios sobre anlise gravimtrica

4. O teor em alumnio numa amostra pode ser determinado por precipitao como

uma base e calcinao a Al2O3, que pesado. Qual a massa de alumnio numa

amostra com 0,2365 g de precipitado calcinado?

n Al2O3= mAl2O3 / MM(Al2O3)

Substituindo:

n Al2O3= 0,2385 / 101,961 = 2,339 mmol

nAl = 2 nAl2O3 = 4,678 mmol

mAl = nAl * MA(Al) = 4,678 mmol * 26,9815 g/mol = 0,1262 g

5. O contedo em clcio numa amostra de urina pode ser determinado pelo

seguinte procedimento:

1 Precipitao do Ca2+, em meio alcalino, sob a forma de oxalato de clcio (CaC2O4)

2 Aps lavagem do precipitado com gua fria para remoo do oxalato livre, o slido dissolvido em cido, formando-se Ca

2+ e H2C2O4.

3 O cido oxlico dissolvido aquecido a 60 C e titulado com uma soluo padro de permanganato de potssio at viragem para cor violeta

(ponto final).

Supondo que na titulao de 5,00 mL de uma amostra de urina sujeita a este

tratamento se gastou 16,17 mL da soluo padro de permanganato, calcule a

concentrao de clcio na amostra de urina.

Dados: Para determinar a concentrao rigorosa de permanganato de potssio

procedeu-se do seguinte modo: dissolveram-se 0,3562 g de Na2C2O4 num balo

volumtrico de 250,00 mL, e titulou-se 10 mL desta soluo com a soluo de

KMnO4, tendo-se gasto um volume de 48,36 mL.

48,36 mL de KMnO4 titulam 10,00 mL de Na2C2O4

c Na2C2O4 = n Na2C2O4 / v

n Na2C2O4 = m Na2C2O4 / MM (Na2C2O4)

Substituindo, vem:

c Na2C2O4 = 0,3562 g /133,999 g/mol / 0,25000 L = 10,63 mM

E a quantidade de Na2C2O4 presente em 10,00 mL desta soluo :

10,00 mL * 10,63 mM = 1,063 *10-4

mol,

Portanto, se 1,063 *10-4

mol C2O42-

titulam 48,35 mL de KMnO4, 16,17 mL de KMnO4 titulam

n C2O42-

= 16,17 / 48,35 * 1,063* 10-4

= 3,556 *10 -5

mol,

Esta quantidade de C2O42-

equivalente quantidade de Ca2+

presente em 5,00 mL da amostra, pelo que a

concentrao de Ca2+

nesta :

[Ca2+

] = 3,556 *10 -5

/ 5,00 *10-3

L = 7,112 * 10 -3

M

Exerccios sobre consideraes gerais de mtodos volumtricos

6. Uma amostra de 0,4671 g contendo hidrogenocarbonato de sdio foi dissovida e

titulada com 40,72 mL de uma soluo padro de HCl 0,1067 M. Sabendo que a

reaco

HCO3- + H

+ -> H2O + CO2

calcule a percentagem de bicarbonato de sdio na amostra.

nHCO3- = n H

+ = [H

+] * vH

+

Substituindo:

nHCO3- = 4,345 mmol

o que corresponde a uma massa de NaHCO3 =

4,345 mmol * MM(NaHCO3) = 4,345 mmol * 84,007 g/mol = 0,3650 g

A amostra dada portanto:

0,3650 g / 0,4671 g = 78,14 % NaHCO3

7. O alumnio pode ser determinado por titulao com EDTA: Al3+

+ H2Y2-

-> AlY-

+ 2 H+. Uma amostra de 1,00 g contendo Al2O3 requer 20,50 mL de soluo de

EDTA. Sabendo que para titular 25,00 mL de uma soluo 0,100 M de CaCl2 se

gastou 30,00 mL de EDTA, calcule a percentagem de Al2O3 na amostra.

n EDTA = n Ca2+

= [Ca2+

] * v Ca2+

Substituindo :

n EDTA = 0,100 M * 25,00 mL = 2,50 mmol

[EDTA] = nEDTA / vEDTA = 2,50 mmol / 30,00 mL = 0,0833 M

Para titular a amostra, so necessrios 20,50 mL desta soluo, i,e,:

nAl3+

= nEDTA = [EDTA] * vEDTA = 0,0833 M * 20,50 mL = 1,708 mmol,

o que corresponde a uma massa de Al2O3 :

m Al2O3 = n Al2O3 * MM(Al2O3 ) = nAl3+

* MM(Al2O3 ) = * 1,708 mmol * 101,961 g/mol = 87,09 mg

ou seja:

87,09 mg/1,00 g = 8,71 % de Al2O3 na amostra dada,

8. Uma amostra de 0,8040 g de um mineral de ferro foi dissolvida em cido. Em

seguida, reduziu-se todo o ferro forma de Fe(II) e titulou-se com 47,22 mL de

uma soluo padro de KMnO4 0,02242 M. Calcule os resultados desta anlise em

termos de % de Fe (55,847 g/mol), e %de Fe3O4 (231,54 g/mol). A reaco do

analito com o reagente titulante descreve-se pela seguinte equao:

MnO4- + 8 H

+ + 5 Fe

2+ Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O

nFe2+

= 5* nMnO4- = 5* [MnO4

-] * vMnO4

-

nFe2+

= 5* 0,02242 M * 47,22 mL = 5,293 mmol

i,e,:

mFe = 5,293 mmol * MA(Fe) = 5,293 mmol * 55,847 g/mol = 295,6 mg ,i,e, 36,77 % da

amostra

mFe3O4= 5,293 mmol * MM(Fe3O4) = 5,293 mmol /3 * 231,54 = 408,5 mg ,i,e, 50,81 % da

amostra

9. O monxido de carbono contido em 20,30 mL de uma amostra de gs foi

convertido em CO2 fazendo o gs passar por um leito de pentxido de iodo

aquecido (150 C)

I2O5 (s) + 5 CO(g) -> 5 CO2 (g) + I2(g)

O iodo destilado a esta temperatura recolhido num absorvente que continha 8,25

mL de Na2S2O32-

0,01101 M.

I2 + 2 S2O32-

-> 2 I- + S4O6

2-

O excesso de Na2S2O3 titula-se por retorno com 2,16 mL de uma soluo 0,0947 M

de I2. Calcule a massa de CO por litro de amostra.

nCO = 5* nI2 produzido

nI2 produzido = n S2O32-

gasto na titulao

n S2O32-

gasto na titulao = n S2O32-

inicial - n S2O32-

final

n S2O32-

inicial = [S2O32-

] * vS2O3

2- = 0,01101 M * 8,25 mL = 90,8 mol

n S2O32-

final = 2* nI2 necessrio para o titular = 2* [I2] vI2 = 2* 0,00947 M * 2,16 mL = 20,46

mol

Portanto:

nCO = 5* n S2O32-

gasto na titulao = 5* (90,8 mol - 20,46 mol) = 176 mol

mCO = 176 mol* 28,01 g/mol = 4,93 mg

Por litro de amostra gasosa:

[CO]= 4,93 mg/20,30 mL =243 mg/L

Exerccios sobre titulaes de cido-base

10. Que volume de Ba(OH)2 necessrio adicionar a 50 mL de NaOH 0,30 M para

obter uma soluo 0,50 M em HO- ?

2* nBa(OH)2 + nNaOH / vtotal = 0,50 M

Supondo que os volumes so 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 soluo de HCl 0,1000 M com uma soluo de

NaOH 0,1000 M. Calcule

11.1 o volume equivalente, e o pH da soluo no ponto de equivalncia.

No ponto de equivalncia,

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 equivalncia =7,0, uma vez que na titulao de cido forte

com base forte no se produz nenhuma partcula cido/base com

caractersticas diferentes do solvente, e portanto o pH o pH do solvente

puro,

Nota: Rigorosamente, o catio Na+ em soluo aquosa um cido fraco,

mas dado o seu elevado pKa (14,5) e baixa concentrao (0,100 M) em relao gua (55,5 M), no afectar o pH da soluo.

11.2 a variao de pH entre 1% antes e 1% depois do ponto de equivalncia

1% antes do volume equivalente:

n H+ restante= 1% n H

+ inicial = 1% 0,100 M 25,00 mL = 25 mol

Volume da soluo = vH+ + vHO

- = 25,00 mL + 99 % 25,00 mL= 49,75 mL

[H+] = 25 mol / 49,75 mL = 5,025 * 10-4 M

pH = -log [H+] = 3,3

1% depois do volume equivalente:

n HO- restante= 1% n H

+ inicial = 1% 0,100 M 25,00 mL = 25 mol

Volume da soluo = vH+ + vHO

- = 25,00 mL + 101 % 25,00 mL= 50,25

mL

[HO-] = 25 mol / 50,25 mL = 4,975 * 10-4 M

pHO = -log [HO-] = 3,3

pH =14 pOH = 10,7

12.Titularam-se 20,00 mL de uma soluo de cido actico 0,1000 M com NaOH

5,000 * 10-2 M. Calcule:

12.1 o volume equivalente de NaOH


nHO- adicionado = nCH3COOH presente inicialmente

[HO-] vHO

- = [CH3COOH] vCH3COOH

0,05000 M vHO- = 0,1000 M * 20,00 mL

vHO- = 40,00 mL

12.2 o pH no incio da titulao, no ponto de equivalncia, 1% antes e 1% depois

do ponto de equivalncia e aps a adio de 50,00 mL de NaOH.

No incio da titulao, temos uma soluo de cido fraco

pH = 1/2 pKa -1/2 log [CH3COOH]

pH = 1/2 *4,76 -1/2 (-1)

pH =2,88

No ponto de equivalncia, temos uma soluo de base fraca:

pH = 7,00 +1/2 pKa +1/2 log [CH3COO-]

pH = 7,00 + 2,38 +1/2 log (0,0333)

pH = 8,64

1% antes ponto de equivalncia:

pH = pKa + log ([CH3COO-]/[CH3COOH]

pH= 4,76 + log 99

pH = 6,76

1% depois do ponto de equivalncia, o excesso de NaHO equivale a 0,02

mmol, num volume de 60,40 mL,

[HO-]= 0,02 mmol/60,40 mL = 3,31 * 10

-4 M

pH = 14 - pOH =10,52

Aps grande excesso (50,00 mL) de titulante, o excesso de NaOH :

(50,00-40,00) *5,000* 10-2

M = 5,000 * 10-4

mol, num volume de

50,00+20,00 = 70,00 mL,

[HO-]= 0,5000 mmol / 70,00 mL = 7,14 * 10

-3 M

pH = 14 - pOH =11,85

Os exerccios 13. a 16. resolvem-se de forma idntica:

13.Titularam-se 25,00 mL de uma soluo de cido frmico 0,1200 M com NaOH

0,1000 M. Calcule:

13.1 o volume equivalente de NaOH

13.2 o pH no incio da titulao, no ponto de equivalncia, 1% antes e 1% depois

do ponto de equivalncia e aps a adio de 50,00 mL de NaOH.

14.Titularam-se 50,00 mL de NaCN 0,0500 M com HCl 0,1000 M. Calcule o pH

depois da adio de 0.00 , 10.00, 25.00 e 26.00 mL de cido.

15.Trace a curva de titulao de 10,00 mL de uma soluo aquosa de cido

sulfrico 0,1500 M com uma soluo de NaOH 0,3000 M.

16. Esboce as seguintes curvas de titulao:

16.1 20,00 mL de amonaco 0,1000 M com cido clordrico 0,1000 M.

16.2 25,00 mL de cido maleico 0,1000 M com hidrxido de sdio 0,1000 M.

16.3 20,00 mL de fosfato de sdio 0,1000 M com cido clordrico 0,1000 M.

17.Analisou-se uma amostra de 0,7121 g de farinha de trigo pelo mtodo de

Kjeldahl:

CaHbNc -----> a CO2 + b H2O + c (NH4)2SO4 (reaco realizada na presena de

H2SO4 como catalizador)

(NH4)2SO4 + OH- ---> 2 NH3 + SO4

2-

NH3 + HCl --> NH4Cl + HClexcesso

HClexcesso + NaOH -->H2O + NaCl

O amonaco formado por adio de uma base concentrada aps digesto com

H2SO4 foi destilado sobre 25,00 mL de HCl 0,04977 M. O excesso de HCl foi depois

titulado por retorno com 3,97 mL de NaOH 0,04012 M. Calcule a percentagem de

protena na farinha.

Dados: 17,5% de N na protena da farinha.

nHCl total = [HCl] vHCl = 0,04977 M * 25,00 mL = 1,244 mmol = nHCl

gasto na reaco com o NH3 + nHClexcesso

nHClexcesso= nNaOH necessrio para o titular = 3,97 mL * 0,04012 M =

0,1593 mmol

nNprotena = nNH3 formado = nHCl total nHClexcesso = 1,244 mmol 0,1593 mmol =1,085 mmol

mNprotena = 15,20 mg

mprotena = 15,20 mg/0,175 = 86,9 mg

A percentagem de protena na farinha portanto = 0,0869 g/ 0,7121 g =

12,2 %

18. Determine o ttulo rigoroso de uma soluo aquosa de HCl 0,04 M, sabendo que

quando se titulam 50,00 mL do cido se gastam 50,00 mL de uma soluo

preparada a partir de 0,3850 g de brax (381,37 g/mol).

Na2[B4O5(HO)4]. 8H2O 2 H3BO3 + 2 [B(HO)4]- + 2 Na

+ + 3 H2O

[B(HO)4]- + H

+ H3BO3 + H2O

nbrax= mbrax/MM(brax) = 0,3850 g / 381,37 g/mol = 1,0095 mmol

nHCl = 2* nbrax= 20,19 mmol

[HCl] = nHCl / vHCl =2,019 mmol / 50,00 mL = 0,04038 M

19. Uma soluo de NaOH isenata de carbonatos tinha uma concentrao 0,05118

M imediatamente depois de preparada. Exactamente 1,000 L desta soluo foi

exposto ao ar durante algum tempo e absorveu 0,1962 g de CO2. Calcule o erro

relativo que ter lugar ao titular uma soluo de cido actico com esta soluo

contaminada,utilizando a fenolftalena como indicador.

nCO2 = 0,1962 g / 44,010 g/mol = 4,458 mmol

nNaOHinicial= 1,000 L* 0,05118 M = 51,18 mmol

O cido carbnico diprtico, e reage por isso com o dobro da sua

quantidade de NaOH,

[NaOH]final= nNaOHfinal / vNaOH = 51,18mmol 2* 4,458 mmol /1,000 L = 0,04226 M,

O erro na titulao ser 0,05118 / 0,04226 = 21,11%,

Exerccios sobre titulaes de precipitao

20. Calcula a variao de pAg, entre 1% antes e 1% depois do ponto de

equivalncia, na titulao de 25,00 mL de uma soluo de nitrato de prata 0,1000

M com uma soluo equimolar de cloreto de sdio.

nAgNO3= [AgNO3] * vAgNO3

nAgNO3= 0,1000 M* 25,00 mL = 2,500 mmol

No ponto de equivalncia, nNaCladicionado= nAgNO3inicial=2,500 mmol :

vNaCl=nNaCl/[NaCl]= 2,500 mmol/ 0,1000 M = 25,00 mL

1% antes ponto de equivalncia:

nAg+= 1 % nAgNO3 inicial = 0,02500 mmol

v= 25,00 mL + 99% 25,00 mL = 49,75 mL

[Ag+]=0,02500 mmol/ 49,75 mL = 5,02 * 10

-4 M

pAg = -log [Ag+]= -log 5,02 * 10

-4 = 3,30

1% depois do ponto de equivalncia, o excesso de NaCl equivale a

0,02500 mmol, num volume de 50,25 mL,

[Cl-]= 0,02500 mmol/50,25 mL = 4,98 * 10

-4 M

Dado que o Kps(AgCl)= 1,8*10 -10

, a concentrao mxima de Ag+ possvel

na soluo :

[Ag+]= Kps(AgCl)/ [Cl

-]= 1,8*10

-10/4,98 * 10

-4 = 3,64* 10

-7 M

pAg= 6,44

21. Determinou-se o teor em cloreto numa soluo salina pelo mtodo de Volhard.

Uma alquota de 10,00 mL foi tratada com 15,00 mL de uma soluo padro de

AgNO3 0,1182 M. O excesso de prata foi titulado com uma soluo padro de

KSCN 0,101 M, sendo necessrio 2,38 mL para atingir o ponto de equivalncia de

Fe(SCN)2+

. Calcule a concentrao de cloreto na soluo salina, em g/L.

nAg+

excesso = nSCN-adicionda= vSCN

- *[SCN

-] = 2,38 mL *0,101 M = 0,2404

mmol

nAg+

inicial = vAgNO3 *[ AgNO3] = 15,00 mL * 0,1182 M = 1,773 mmol

nCl-= nAg

+gasto = nAg

+inicial - nAg

+excesso =1,773 mmol - 0,2404 mmol =

1,533 mmol

[Cl-] = 1,533 mmol / 10,00 mL = 0,1533 M

22. Titulou-se 25,00 mL de uma soluo contendo 0,0311 M de Na2C2O4 com

La(ClO4)3 0,0257 M, havendo a precipitao de oxalato de lantnio:

2 La3+

+ 3 C2O42-

-> La2(C2O4)3

22.1 Qual o volume de perclorato de lantnio necessrio para atingir o ponto de

equivalncia?

nLa3+

= 2/3 nC2O42-

= 2/3 [C2O42-

] vC2O42-

= 2/3 * 25,00 mL * 0,0311 M

= 0,5183 mmol

vLa3+

= nLa3+

/ [La3+

] = 0,5183 mmol / 0,0257 M = 20,17 mL

22.2 Qual o pLa3+

quando se adicionaram 10,00 mL de La(ClO4)3 ?

Em qualquer momento da titulao antes do ponto de equivalncia,

nC2O42-

= nC2O42-

inicial - nC2O42-

precipitado = nC2O42-

inicial - 3/2 n La3+

adicionado

Aps a adio de 10,00 mL de La(ClO4)3

nC2O42-

= 25,00 mL * 0,0311 M - 3/2 10,00 mL * 0,0257 M = 0,7775

mmol 0,3855 mmol = 0,392 mmol

Como v=25,00 mL + 10,00 mL =35,00 mL , [C2O42-

] = 0,392

mmol/35,00 mL =0,0112 M.

A quantidade de La3+

em soluo obtida atravs do produto de

solubilidade do La2(C2O4)3:

Kps= [La3+

] 2 [C2O4

2-]3

1,03 * 10-25

= [La3+

] 2 (0,0112)

3

[La3+

]= 2.71 * 10-10

M

pLa3+

= -log [La3+

] = 9.567

22.3 Determine o pLa3+

no ponto de equivalncia.

No ponto de equivalncia, a precipitao quantitativa. Pode-se considerar

que o La2(C2O4)3 em soluo o proveniente da dissoluo do precipitado

formado.

Kps= [La3+

] 2 [C2O4

2-]3

Como C2O42-

= 3/2 nLa3+

, a expresso acima pode ser escrita :

1,03 * 10-25

= [La3+

] 2

[3/2 La3+

] 3

1,03 * 10-25

= [La3+

] 2

[3/2 La3+

] 3

1,03 * 10-25

= [La3+

] 2

(3/2)3 [La

3+]

3

[La3+

]5=1,03 * 10

-25 / (3/2)

3

[La3+

]5= 3,052 *10

-26

[La3+

]= 7,89 *10-6

M

pLa3+

= -log [La3+

] = 5.103

22.4 Calcule o pLa3+

aps a adio de 25,00 mL de La(ClO4)3

Aps a adio de 25,00 mL de La(ClO4)3 j foi ultrapassado o ponto de

equivalncia. Portanto

nLa3+

livre= nLa3+

adicionado nLa3+

precipitado= nLa3+

adicionado 2/3 nC2O42-

inicial

nLa3+

livre= 25,00 mL * 0,0257 M 2/3 0,7775 mmol = 0,1242 mmol

[La3+

] = nLa3+

livre /vtotal = 0,1242 mmol / (25,00 mL+25,00 mL) = 2,483 *10-

3 M

pLa3+

= -log [La3+

] = 2.605

23. 40,00 mL de uma mistura contendo 0,0502 KI e 0,0500 M de KCl foram

titulados com AgNO3 0,0845 M.

23.1 Calcule a concentrao de Ag+ no ponto de equivalncia correspondente

titulao do iodeto em separado.

O AgI em soluo no ponto de equivalncia o proveniente da dissoluo

do precipitado formado. Se a nossa soluo no contiver o AgCl, e devido

estequiometria do sal, nAg+=nI

- Portanto:

Kps= [Ag+][I

-] =[Ag

+][Ag

+]

1,5* 10-16

= [Ag+]2

[Ag+]=1,2*10

-8 M

23.2 Demonstre que para a concentrao de Ag+calculada no ponto anterior ocorre

precipitao de Cl-.

Kps(AgCl)= 1,8 *10-10

Se o quociente da reaco for superior ao Kps, observar-se- precipitao.

portanto conhecer a concentrao de Cl-, que diferente da inicial ( 0,0500

M) devido variao de volume provocada pela adio de AgNO3 at

completa precipitao do I- : Este volume calculado da seguinte forma.


nAg+=nI

-

vAg+ [Ag

+] = vI

- [I

-]

vAg+ 0,0845 M = 40,00 mL 0,0502 M

vAg+ = 40,00 mL 0,0502 M = 23,76 mL

vtotal= 40,00 mL + 23,76 mL = 63,76 mL

e a concentrao de Cl- ser dada por:

civi=cfvf

0,0500 M * 40,00 mL= cf 63,76 mL

cf = 0,0314 M

Neste momento o quociente da reaco ser [Ag+][Cl

-] = 1,2*10

-8 *0,0314 =

3,76*10-10

> Kps(AgCl). Logo ocorre precipitao de Cl-.

24 Qual o volume mnimo de nitrato de prata 0,09621 M necessrio para assegurar

que haja um excesso de ies prata na titulao de

24.1 uma amostra impura de NaCl com uma massa de 0,2513 g?

A quantidade mxima de Cl- possivelmente presente na amostra :

nCl-= nNaCl= mNaCl/MM(NaCl) =0,2513g/58,443= 4,300 mmol

E o volume necessrio para a titular :

vAgNO3 = nAgNO3 / [AgNO3] = 4,300 *10-3

/ 0,09621 M = 44,69 mL

24.2 uma amostra de 0,3462 g que contm 74,52 % (p/p) de ZnCl2?

A quantidade de Cl- presente na amostra :

nCl-= 2*nZnCl2=2* mZnCl2/MM(ZnCl2) =2* 0,7452 * 0,3462/136,29=

3,786 mmol

Eo o volume necessrio para a titular :

vAgNO3 = nAgNO3 / [AgNO3] = 3,786 *10-3

/ 0,09621 M = 39,35 mL

24.3 25,00 mL de AlCl3 0,01907 M?

A quantidade de Cl- presente na amostra :

nCl-= 3*nAlCl3= 3* vAlCl3 [AlCl3] =3* 25,00 mL * 0,01907 M= 1,430

mmol

Eo o volume necessrio para a titular :

vAgNO3 = nAgNO3 / [AgNO3] = 1,430*10-3

/ 0,09621 M = 14,87 mL

25. Na titulao, pelo mtodo de Fajans, de uma amostra de 0,7908 g gastaram-se

45,32 mL de nitrato de prata 0,1046 M.

nCl-= nAg

+ = nAgNO3 = [AgNO3] vAgNO3 = 0,1046 M * 45,32 mL =

4,740 mmol

25.1 Expresse os resultados como percentagem de Cl-

mCl- = 4,740 mmol * MM(Cl

-) = 4,740 mmol * 35,453 =0,1681 g

A amostra tem 0,1681/0,7908 = 21,25 % Cl-

25.2 Expresse os resultados como percentagem de BaCl22H2O

mBaCl22H2O= nBaCl22H2O * MM(BaCl22H2O) = * nCl-*

MM(BaCl22H2O) = * 4,740 mmol * 244,27 = 0,5789 g

A amostra seria 0,5789 g/ 0,7908 g = 73,21 % BaCl22H2O

25.3 Expresse os resultados como percentagem de ZnCl22NH4Cl

mZnCl22NH4Cl= nZnCl22NH4Cl * MM(ZnCl22NH4Cl) = 1/4 * nCl-*

MM(ZnCl22NH4Cl) = 1/4 * 4,740 mmol * 243,28 = 0,2883 g

A amostra seria 0,2883 g/ 0,7908 g = 36,46 % ZnCl22NH4Cl

Exerccios sobre titulaes de complexao

26. O crmio (III) reage lentamente com o EDTA, sendo por isso determinado

recorrendo a uma titulao de retorno. Uma preparao farmacutica contendo

crmio(III) foi analisada por tratamento de 2,63 g de amostra com 5,00 mL de

0,0103 M de EDTA . A quantidade de EDTA que no reagiu foi titulada com 1,32

mL de soluo de zinco 0,0122 M. Qual a percentagem de crmio na preparao

farmacutica?

nEDTAtotal= 5,00 mL * 0,0103 M = 5,15 * 10-5

mol

nEDTAexcesso = nZn2+

necessrio para a titular = 1,32 mL * 0,0122 M = 1,61 * 10-5

mol

nCr3+

= nEDTAtotal - nEDTAexcesso = 5,15 * 10-5

1,61 * 10-5 = 3,54 * 10-5 mol

mCr3+

= nCr3+

* MM(Cr3+

)= 3,54 * 10-5

* 51,996 = 1,84 * 10-3

g

A percentagem de Cr3+

na preparao ser 1,84 * 10-3

g/ 2,63 =0,0700 %

27. A constante de formao do complexo de Fe(III) com EDTA 1,3*1025

. Calcule

as concentraes de Fe3+

livre numa soluo de FeY- 0,10 M a pH 4,00 e pH 1,00.

(Y4- a pH 1,00 = 1,9 *10-18 ; Y4- a pH 4,00 = 3,8 *10-9)

1,3*1025

=

1,3*1025

=

Como nYtotal = nFe3+

, isto significa que

1,3*1025

=

e portanto:

[Fe3+

]2 = 0,10 M / 1,3*1025

A pH = 1,0 [Fe3+

] = 6,36 * 10-5

A pH = 4,0 [Fe3+

] = 1,43 * 10-9

28. Uma amostra de 25,00 mL com uma concentrao desconhecida de Fe3+

e Cu2+

necessitou de 16,06 mL de EDTA 0,05083 M para a titulao completa. Um volume

de 50,00 mL da mesma amostra foi tratado com NH4F para proteger o Fe3+

. Em

seguida, o Cu2+

foi reduzido e mascarado pela adio de tioureia. Aps adio de

25,00 mL de EDTA 0,05083 M, o Fe3+

foi libertado do complexo com o fluoreto,

formando-se um complexo com o EDTA. O excesso de EDTA consumiu 19,77 mL

de Pb2+

0,01833 M para atingir o ponto de equivalncia (usando o alaranjado de

xilenol como indicador). Calcule a concentrao de Cu2+

na amostra.

nFe3+

+ nCu2+

= nEDTA = vEDTA [EDTA] = 16,06 mL * 0,05083 M =

8,163 *10-4

mol

Como o volume de soluo contendo os dois caties 25,00 mL, isto d-nos

[Fe3+

] + [Cu2+

] = 8,163 *10-4

mol / 25,00 mL = 3,265 *10-2

M

Para a titulao por retorno do Fe3+

em 50,00 mL de soluo , utilizou-se:

nEDTAinicial = 25,00 mL * 0,05083 M = 1,2708 *10-3

mol

nEDTAexcesso = n Pb2+

= 19,77 mL * 0,01883 M = 3,723 *10-4

nFe3+

= nEDTAinicial - nEDTAexcesso = 1,2708 *10-3

- 3,723 *10-4

= 8,985

*10-4

mol

[Fe3+

] = 8,985 *10-4

mol / 50,00 mL = 1,797 *10-2

M

E portanto [Cu2+

]= 3,265 *10-2

-1,797 *10-2

=1,468 *10-2

M

29. O io Mn+

(100,0 mL do io metlico 0,0500 M tamponados a pH 9,00) foi

titulado com EDTA 0,0500 M.

29.1 Qual o volume equivalente (Ve)?

nEDTA=nMn+

vEDTA [EDTA]= vMn+

[Mn+

]

vEDTA 0,0500 M = 100,00 mL 0,0500 M

vEDTA = 100,00 mL

29.2 Calcule a concentrao de Mn+

quando V= Ve

V= * Ve = 50,00 mL

Vtotal = 100,00 + 50,00 =150,00 mL

nMn+

= nMn+

inicial - nEDTAadicionado = 100,00 mL 0,0500 M - 50,00 mL

0,0500 M = 2,50 mmol

[Mn+

] = 2,50 mmol / 150,00 mL = 0,0167 M

29.3 Sabendo que a fraco de EDTA livre que est na forma Y4-

(Y4-)a pH 9,00 3 o,o54, e que a constante de formao (Kf ) 10

12,00 , calcule a constante de

formao condicional K'f

Kf = [MY4-n

] / [Mn+

] [Y4-

] = 1012,00

[Y4-

] = [EDTA] [Y4-] = [EDTA]

Substituindo, vem:

[MY4-n

] / [Mn+

] [EDTA] =1012,00

[MY4-n

] / [Mn+

] 0,054 [EDTA] =1012,00

[MY4-n

] / [Mn+

] [EDTA] = Kf=1012,00

* 0,054 = 5,4 *1011


quando V= Ve

[MY4-n

] / [Mn+

] [Y4-

]

[MY4-n

] / [Mn+

] [EDTA] =

[MY4-n

] / [Mn+

] 0,054 [EDTA]

Como nEDTA=nMn+

a expresso pode ser simplificada:

1012,00

= [MY4-n

] / [Mn+

]2 0,054

nMY4-n

= nMn+

inicial = 5,00 mmol. Vtotal = 100,00 + 100,00 =200,00 mL,

portanto

[MY4-n

] = 5,00 mmol/ 200,00 mL = 2,5 *10-2

M. Substituindo:

[Mn+

]2 = [MY

4-n] / 10

12,00 0,054 = 2,5 *10

-2 M / 10

12,00 0,054

[Mn+

]= 2,15 *10-7

M


quando V= 1,100 Ve

1012,00

=[MY4-n

] / [Mn+

] 0,054 [EDTA]

nEDTA = nEDTAadicionado - nMn+

inicial = 5,50 mmol 5,00 mmol = 0,50 mmol, portanto como Vtotal = 210,00 mL :

[EDTA]= 2,38*10-3

M

nMY4-n

= 5,00 mmol, logo [MY4-n

]= 2,38*10-2

M. Substituindo na

expresso acima:

1012,00

=2,38*10-2

/ [Mn+

] 0,054 2,38*10-3

[Mn+

]= 1,85*10-11

M

30. O io clcio foi titulado com EDTA a pH 11, usando calmagite como indicador.

Qual a principal espcie de calmagite a pH 11? Qual a cor que se observa antes

e depois do ponto de equivalncia?

pH = pKa2 + log [HIn2-

] / [H2In-]

pH = pKa3 + log [In3-

] / [HIn2-

]

Substituido os valores do pH e dos pK :

11 = 8,1 + log [HIn2-

] / [H2In-] [HIn2-] = 794 [H2In

-]

11 = 12,4 + log [In3-

] / [HIn2-

] [HIn2-] = 25 [In3-]

A espcie predominante HIn2-

. Antes do ponto de equivalncia a soluo

azul, e depois vermelho-vinho.

31. Um volume de amostra de 1,000 mL contendo uma quantidade desconhecida

de Co2+

e Ni2+

foi tratado com 25,00 mL de EDTA 0,03872 M. Na titulao de

retorno, gastou-se 23,54 mL de uma soluo padro de Zn2+

0,02127 M (a pH 5)

para atingir o ponto final do alaranjado de metilo. Simultaneamente, fez-se passar

2,000 mL da amostra por uma coluna de troca inica (que retarda mais o Co2+

que

o Ni2+

). O Ni2+

que passou pela coluna foi tratado com 25,00 mL de EDTA 0,03872

M e necessitou de 25,63 mL de Zn2+

0,02127 M para a retrotitulao. O Co2+

, que

emergiu mais tarde da coluna, foi tambm tratado com 25,00 mL de EDTA

0,03872 M. Quantos mL de soluo padro de Zn2+

0,02127 M foram necessrios

apra a retrotitulao?

Titulao de 1,0000 mL de amostra:

nEDTAtotal = 25,00 mL * 0,03872 M = 0,9680 mmol


= 23,54 mL * 0,02127 M = 0,5007 mmol

nCo2+

+nNi2+

= nEDTAtotal - nEDTAexcesso = 0,4637 mmol

[Co2+

] + [Ni2+

] = 0,4637 mmol / 1,000 mL = 0,4637 M

Titulao do Ni2+

contido em 2,000 mL

nEDTAtotal= 25,00 mL * 0,03872 M = 0,9680 mmol


= 25,63 mL* 0,02127 M = 0,5451 mmol

nNi2+

= nEDTAtotal - nEDTAexcesso = 0,4228 mmol

[Ni2+

]= 0,4228 mmol / 2,000 mL = 0,2114 M

Daqui se conclui que [Co2+

] = 0,4637 M - 0,2114 M = 0,2523 M

Titulao do Co2+

contido em 2,000 mL

nEDTAtotal= 25,00 mL * 0,03872 M = 0,9680 mmol

nEDTAque reagiu = nCo2+

= 0,2523 M * 2,000 mL = 0,5046 mmol

nEDTAexcesso= nEDTAtotal - nEDTAque reagiu = 0,9680 mmol- 0,5046 mmol =

0,4634 mmol

vZn2+

= nZn2+

/ [Zn2+

] = nEDTAexcesso / [Zn2+

]= 0,4634 mmol / 0.02127 M =

21,79 mL

32.O io sulfureto foi determinado por titulao indirecta com EDTA: a uma

mistura contenfo 25,00 mL de Cu(ClO4)2 0,04332 M e 15 mL de tampo acetato

(pH 4,5), adicionou-se 25,00 mL de soluo de sulfureto e agitou-se vigorosamente.

O precipitado CuS foi filtrado e lavado com gua quente. Em seguida, adicionou-se

amonaco ao filtrado (que continha um excesso de Cu2+

) at ao aparecimento da

cor azul do complexo Cu(NH3)42+

. Na titulao com uma soluo de EDTA 0,03927

M gastou-se um volume de 12,11 mL para atingir o ponto final da murexida.

Calcule a concentrao de sulfureto na amostra.

nCu2+

excesso=nEDTA = 12,11 mL* 0,03927 M = 0,47556 mmol

nCu2+

inicial= 25,00 mL * 0,04332 M = 1,083 mmol

nS2-

= nCu2+

inicial nCu2+excesso= 0,6074 mmol

[S2-

]= 0,6074 mmol / 25,00 mL = 0,02430 M

Exerccios sobre titulaes de oxidao-reduo

33. Considere a titulao de 100,0 mL de Fe2+

0,0500 M com Ce4+

0,100 M. Calcule:

33.1 o volume equivalente

Fe2+

+ Ce4+

Fe3+

+ Ce3+

nFe2+

= nCe4+

100,0 mL * 0,0500 M = vCe4+

* 0,100 M

vCe4+

= 50,0 mL

33.2 a diferena de potencial quando o volume de titulante adicionado for de 10.00,

25.00, 36.00, 50.00, 63.00 e 100.0 mL.

Uma vez que os potenciais dos pares Fe3+

/Fe2+

(0,77 V) e Ce4+

/Ce3+

(1,61 V)

so bastante afastados o potencial pode ser calculado com exactido

considerando apenas o par presente em grande quantidade (i.e. opar do

titulado antes do ponto de equivalncia, e o par do titulante aps este ponto).

No ponto de equivalncia, o potencial ser a mdia dos potenciais dos pares

envolvidos.

Assim, antes do ponto de equivalncia teremos:

= E0

Fe3+/Fe2+ + RT/nF ln ([Fe3+

]/[Fe2+

])

= E0

Fe3+/Fe2+ + RT/nF ln (nFe3+

/nFe2+

)

= E0

Fe3+/Fe2+ + RT/nF ln (nCe4+

adicionado/ (nFe2+

inicial- nCe4+

adicionado))

E depois do ponto de equivalncia teremos:

= E0

Ce4+/Ce3+ + RT/nF ln ([Ce4+

]/[Ce3+

])

= E0

Ce4+/Ce3+ + RT/nF ln (nCe4+

/ nCe3+

)

= E0

Ce4+/Ce3+ + RT/nF ln (nCe4+

adicionado nFe2+

inicial / nFe2+

inicial)

Os potenciais sero:

Vtitulante adicionado (mL) E (V)

10,00 0,73

25,00 0,77

36,00 0,79

50,00 1,19

63,00 1,58

100,00 1,61

34. a 36. resolvem-se de forma idntica ao anterior.

34. Considere a titulao de 50,00 mL de I- 1,00 mM com Br2 5,00 mM para dar I2

e Br-. Calcule o potencial (contra o elctrodo saturado de calomelanos) para os

seguintes volumes de Br2: 0.100, 2.50, 4.99, 5.01 e 6.00 mL.

35. Calcule o potencial no ponto de equivalncia da titulao de 100 mL de Fe2+

0,100 M em H2SO4 0,500 M com 100 mL de MnO4- 0,0200 M.

36. Calcule o potencial (vs. ENH) de uma mistura quando 5,0 mL de uma soluo

de Ce4+

0,10 M so adicionados a 5,0 mL de Fe2+

0,30 M.

37. Seria o tetrassulfonato de indigo um indicador redox apropriado para a

titulao de Fe(CN)64-

com Tl3+

em HCl 1M?

E [Fe(CN)3-

/Fe(CN)64-

] = 0,356 V E indicador = 0,36 V E (Tl3+

/Tl+) = 0,77V

O potencial no ponto de equivalncia a mdia ponderada dos potenciais

dos pares envolvidos, i.e. = (2*0,77+0,356) /3 = 0,60 V.

Para que um indicador se possa usar, convm que o seu ponto de viragem se

d prximo do volume equivalente (ou seja, com um erro mximo de 1%).

1% antes do ponto de equivalncia (i.e., depois de adicionar 99% do

titulante necessrio), o potencial da soluo ser:

E= 0,356 + RT/nF ln (99/1) = 0,474 V

1% depois do volume de equivalncia, o potencial da soluo ser

E= 0,77 + RT/nF ln (1/100) = 0,71 V (notar que neste caso n=2)

O indicador no apropriado, uma vez que o seu potencial (0,36 V) no

se encontra dentro do intervalo de potencial [0,474 V;0,71 V].

38. Uma soluo de triiodeto foi padronizada com xido de arsnio (As4O6, 395,683

g/mol). A titulao de 25,00 mL de uma soluo preparada por dissoluo de

0,3663g de As4O6 num volume de 100,0 mL necessitou de 31,77 mL de I3-.

As4O6 + 6 H2O --> 4 H3AsO3

H3AsO3 + I3- + H2O --> H3AsO4 + 3 I

- + 2 H

+

38.1 Calcule a molaridade da soluo de I3-

MM(As4O6)=395,6828 g.mol-1

[As4O6]= 0,3663 g / 395,6828 g.mol-1

/ 100,00 mL = 9,257 *10-3

M

nI3-

= n H3AsO3 = 4* nAs4O6 = 4* vAs4O6 / [As4O6] = 4* 25,00 mL * 9,257

*10-3

M = 9,257 *10-4

mol

[I3-

]=9,257 *10-4

mol / 31,77 mL = 2,914 *10-2

M

38.2 Que influncia pode ter o facto do indicador de amido ser adicionado no incio

ou perto do ponto de equivalncia?

Se o amido fr adicionado no incio da titulao poder reagir

irreversivelmente com o iodo, o que o impedir de mudar de cr no ponto

de equivalncia. [Peat S, Bourne EJ, Thrower RD Nature (1947) 159: 810-

811]

39. Uma amostra de 128.6 mg de protena (58600 g/mol) foi tratada com 2,000 mL

de NaIO4 0,0487 M para reagir com todos os resduos de serina e treonina. A

soluo foi depois tratada com excesso de iodeto para converter o periodato que

no reagiu em triiodeto:

IO4- + 3 I

-+ H2O -> IO3

-+ I

3- + 2 HO

-

A titulao do triiodeto exigiu 823 L de tiossulfato 0,0988 M.

39.1 Calcule o nmero de resduos de serina e treonina por molcula de protena

(ajusta para o inteiro mais prximo)

nIO4-

total = 2,000 mL * 0,0487 M = 9,74 *10-5

mol

nIO4- excesso = nI3

- = * nS2O4

2- = * 823 *10

-6 L * 0,0988 M = 4,07 *10

-5

mol

nIO4- gasto = 5,67 *10

-5 mol

nprotena = 128,6 mg / 58600 g.mol-1

= 2.195 *10-6

mol

(Ser/Thr) / protena = nIO4- gasto / nprotena = 26

39.2 Quantos mg de As4O6 seriam necessrios para reagir com o I3- libertado nesta

experincia?

nI3- == 4,07 *10

-5 mol

nAs4O6 = nI3- / 4 = 1,02 *10

-5 mol

mAs4O6 = nAs4O6 * MM(As4O6)= 1,02 *10-5

mol* 395,6828 g.mol-1

= 404

mg

40. Dilui-se 5,00 mL de brandy num balo volumtrico de 1,000 L. O etanol de

uma alquota de 25,00 mL da soluo diluda foi destilado em 50,00 mL de

K2Cr2O7 0,02000 M e oxidou-se at cido actico por aquecimento:

2 Cr2O72-

+ 16 H+ + 3 C2H5OH -> 4 Cr

3+ + 11 H2O + 3 CH3COOH

Depois de arrefecer a soluo, adicionou-se ao matrz 20,00 mL de Fe2+

0,1253 M.

Em seguida, titulou-se o excesso de Fe2+

com 7,46 mL de K2Cr2O7 0,02000 M at ao

ponto final do cido difenilaminossulfnico. Calcule a % (m/v) de etanol (46,97

g/mol) no brandy.

netanol=3/2 * nCr2O72-

gasto na sua oxidao

Foi utilizado Cr2O72-

em excesso:

nCr2O72-

inicial = 50,00 mL * 0,02000 M = 1,000 mmol

Para determinar quanto Cr2O72-

sobrou (nCr2O72-

excesso) titula-se por retorno

com Fe2+

:

6 Fe2+

+ Cr2O72-

+ 14 H+ 6 Fe3+ + 2 Cr3+ + 7 H2O

nFe2+

inicial= 20,00 mL * 0,1253 M = 2,506 mmol

nFe2+

excesso= 6* nCr2O72-

necessrio para o titular = 6 * 7,46 mL * 0,0200 M =

0,8952 mmol

nCr2O72-

excesso = 1/6 * n Fe2+

gasto= 1/6 * (2,506 mmol - 0,8952 mmol) =

0,2685 mmol

nCr2O72-

gasto na oxidao do etanol = nCr2O72-

inicial - nCr2O72-

excesso = 1,000 mmol -

0,2685 mmol = 0,7315 mmol

netanol=3/2 * nCr2O72-

gasto na sua oxidao = 1,097 mmol

[brandy diludo] = 1,097 mmol / 25,00 mmol = 0,0439 M

ci vi = cf vf

Substituindo:

ci 5,00 * 10-3

L = 0,0439

M 1,000 L

ci = 8,78 M = 412 g /L =

41,2 g /100 mL = 41,2 %

41. Uma amostra de 0,2981 g de um antibitico (sulfanilamida) em p foi dissolvida

em HCl e diluda a 100,0 mL. Transferiu-se uma alquota de 20,00 mL para um

matrz e adicionou-se 25,00 mL de KBrO3 0,01767 M. Juntou-se um excesso de

KBr, para formar Br2, e tapou-se o matrs.

BrO3- + 5Br

- + 6 H

+ -> 3 Br2 + 3 H2O

Deixou-se o Br2 reagir com a sulfanilamida durante 10 minutos:

sulfanilamida + 2 Br2 -> 2 H+ + 2 Br

- + sulfanilamida dihalogenada

Aps este tempo, adicionou-se um excesso de KI, e titulou-se o iodo libertado com

12,92 mL de tiossulfato de sdio 0,1215 M:

Br2 + 2 I- -> I2 + 2 Br

-

I2 + 2 S2O32-

-> 2 I- + S4O6

2-

Calcule a % (m/m) de sulfanilamida no p.

nBr2 excesso = nI2 = n S2O32-

= * 12,92 mL * 0,1215 M = 0,7949 mmol

nBr2 inicial = 3 * nKBrO3 = 3* 25,00 mL * 0,01767 M = 1,325 mmol

nsulfanilamida = nBr2 gasto = nBr2 inicial -nBr2 excesso = 1,325 mmol -0,7949

mmol = 0,530 mmol

msulfanilamida = 0,530 mmol * 172,21 g/mol = 0,0913 g

%sulfanilamida = 0,0913 g / 0,2981 g = 30,6 %

42. Uma soluo amostra contm Fe(II) e Fe(III). Retiraram-se 25,00 desta

amostra para um balo volumtrico de 200,0 mL, e completou-se o volume com

gua desionizada. Para um matrs mediu-se 15,00 mL da soluo contida no balo,

20 mL de gua, e tamponou-se a soluo para meio fortemente cido. Titulou-se o

contedo do matrs com uma soluo de anio permanganato 0,0203 M, tendo-se

gasto 2,34 mL.

Para outro matrs mediu-se 10,00 mL da soluo contida no balo, acidulou-se

com HCl e adicionou-se excesso de uma soluo de catio Sn2+

. Aps reaco e

remoo do catio Sn2+

sobrante, titulou-se o contedo do matrs com a soluo de

anio permanganato 0,0203 M, tendo-se gasto 3,51 mL. Calcule a concentrao da

amostra em Fe2+

e Fe3+

.

Determinao do Fe(II)

MnO4- + 8 H

+ + 5 Fe

2+ Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O

nFe2+

= 5 * nMnO4- = 5 * 2,34 mL * 0,0203 M = 2,38 * 10

-4 mol

[Fe2+

] = 2,38 * 10-4

mol/ 15,00 mL = 1,59 * 10-2

M

[Fe2+

]ivi =[Fe2+

] f vf

ci 25,00 mL = 1,59* 10-2

M * 200,00 mL

[Fe2+

]i = 0,127 M

Determinao do Fe total

Procedeu-se primeiro reduo do Fe(III) a Fe(II)

6 Cl- + Sn

2+ + 2 Fe

3+ 2 Fe2+ + [SnCl6]

2-

A titulao do Fe(II) foi feita como anteriormente:

MnO4- + 8 H

+ + 5 Fe

2+ Mn2+ + 5 Fe3+ + 4 H2O

nFe2+

= 5 * nMnO4- = 5 * 3,51 mL * 0,0203 M = 3,56 * 10

-4 mol

[Fe2+

]total = 3,56 * 10-4

mol/ 10,00 mL = 3,56 * 10-2

M

[Fetotal]ivi =[Fe2+

] f vf

ci 25,00 mL = 3,56* 10-2

M * 200,00 mL

[Fetotal]i = 0,285 M

[Fe3+]i = [Fetotal]i - [Fe

2+]i = 0,285 M- 0,127 M = 0,158 M

Bibliografia recomendada:

GD Christian :

Analytical Chemistry

Daniel C. Harris: Quantitative

Chemical Analysis

resolução comentada de exercícios de química analítica

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