Questões dos exercícios avaliativos para QUI232 t. 43, 44 e 45 em , Prof. Mauricio

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1 Questões dos exercícios avaliativos para QUI232 t. 43, 44 e 45 em , Prof. Mauricio

2 Questões dos exercícios avaliativos para QUI232 t. 43 a 45 em , Prof. Mauricio GABARITO Prof. Mauricio 1º) Qual o ph teórico da solução de hidróxido de sódio 2, mol.l -1? (t.43) [NaOH] = [OH - ] = 2, mol.l -1 ; poh = - log 2, = 2,70; ph = 14,00 2,70 = 11,30. Essa solução é básica a. 5,0 ml de solução de hidróxido de sódio 0,100 mol.l -1 foram diluídos para 250,00 ml. Determine o ph da solução resultante. Essa solução é básica, neutra ou ácida? (t.44 e 45) [NaOH] = [OH - ] = (5,0 x 0,100 / 250,00) mol.l -1 = 2, mol.l -1 ; poh = - log 2, = 2,70; ph = 14,00 2,70 = 11,30. Essa solução é básica b. Qual o ph teórico da solução de hidróxido de amônio (NH 4OH) 2, mol.l -1 sabendo que o K b dessa solução é igual a 1, ? Essas soluções são ácidas, básicas ou neutras? (não foi aplicado) NH 4OH NH OH - ; Kb = [NH 4+ ] [OH - ] / [NH 4OH] = 1, Sendo [NH 4+ ] = [OH - ] = X e [NH 4OH] = 2, X, além do que, 2, >> X. Então, [OH - ] 2 = 2, K b; [OH-] = 2, x 1, = 3, = 1, mol.l -1 ; poh = - log 1, = 3,73; ph = 14,00 3,73 = 10,27. Essa solução é básica

3 2º) Titulação potenciométrica de ácido fraco. - (t43 e 45) Considere a titulação de 50,00 ml de uma solução de ácido acético (HAc) 0,1094 mol.l -1 com uma solução de hidróxido de sódio (NaOH) 0,1014 mol.l -1. Qual o volume gasto de solução de NaOH no ponto de equivalência (PE) medido de uma bureta de 50 ml? No PE a solução titulada será ácida, neutra ou básica? Qual a diferença em uma titulação entre Ponto de Equivalência (PE) e Ponto Final (PF)? Justifique suas respostas. A titulação ácido/base é uma reação de neutralização que termina quando há o consumo total de um dos reagentes (esse momento é apontado pelo indicador). Para a construção da curva de titulação (volume de titulante vs ph) é necessária a adição de um excesso do reagente que não é o limitante e sem isso não se encontra o perfil da curva. O ponto da curva que indica a quantidade exata do volume do reagente no final da reação é chamado de ponto de equivalência. A equação da reação em questão é HAc (aq) + NaOH (aq) Na + (aq) + Ac - (aq) + H 2O (aq) No final da reação (PE) tem-se que n HAc = n NaOH. Pela concentração e volume de HAc encontrase n HAc. Assim, C = n/v (L) e n HAc = C x V(L) = 0,1094 mol.l -1 x 50, L = 5, mol. Se n HAc = n NaOH e n NaOH = 5, mol, vem que V (L) = n NaOH/C NaOH = 5, mol / 0,1014 mol.l -1 = 5, L = 53,95 ml = Volume de equivalência (V eq). No final da reação (no PE) os íons Na + e Ac - determinam o ph da solução, sendo que o íon Na + encontra-se somente na forma dissociada (íon de base forte) enquanto que o íon Ac - encontrase parcialmente associado (base conjugada de ácido fraco) deslocando o equilíbrio de ionização da água e ocasionando um aumento da concentração de íon OH - em solução, conforme a equação abaixo. Na + (aq) + Ac - (aq) + H 2O (aq) Na + (aq) + HAc - (aq) + OH - (aq) É possível concluir que o ph da solução deve aumentar devido ao aumento da concentração de OH - deixando a solução básica. - (p/ t44 o teste foi sobre acidez do vinagre): Qual a acidez (teor HAc, em %, m/v) de uma amostra de vinagre que 20 ml de uma solução diluída (10 ml para 50 ml) consumiram 15,30 ml na titulação com NaOH 0,1057 mol.l -1? No PF da titulação n HAc = n NaOH, então, n HAc = 0,1057 x 0,01530 = 1, mol (1, mol x 60,05 g.mol -1 = 0,09710 g). Essa quantidade em mol de HAc em 20,00 ml de solução diluída (5X) estará presente em 4 ml de amostra de vinagre (V am = 20,00 x 10 / 50 = 4,00 ml). Se em 4,00 ml de vinagre há 1, mol (= 0,09710 g) de HAc então em 100,00 ml haverá 4, mol ( = 2,427 g = 4, mol x 60,05 g.mol -1 ), ou seja, o teor de HAc nessa amostra de vinagre é igual a 2,427 %, m/v (2,427 g / 100 ml).

4 3º) Titulação potenciométrica de base fraca. - Determine a concentração de uma solução de NH 3 da qual 15,00 ml consumiram 30,60 ml de solução de HCl 5, mol.l -1 para atingir o ponto final. Qual o ph da solução resultante no ponto de equivalência? (Dado: K a NH 4 + = 5, ). Sendo a equação da reação de neutralização: HCl (aq) + NH 4OH (aq) NH 4 + (l) + Cl - (l) + H 2O (l), tem-se que a relação estequiométrica entre NH 4OH e HCl será 1:1. Então, no ponto de equivalência n NH4OH = n HCl, ou seja, n HCl = 5, x 30, = 1, mol = n NH4+. Sendo o volume da solução de NH 4OH igual a 15,00 ml, então, C NH4OH = 1, /15, = 1, mol.l -1. No ponto de equivalência todo NH 4OH é neutralizado pelo HCl, sem excesso desse no meio. Assim, nesse ponto, a concentração analítica do íon amônio: c NH4+ = n NH4+ / V (L)solução = 1, / (15, ,60).10-3 = 3, mol.l -1. Considerando o equilíbrio: NH 4 + (l) + H 2O (l) NH 4OH (aq) + H + (aq), K NH4+ = 5, Tem-se que: K NH4+ = 5, = [H + ] 2 / (3, [H + ]) = [H + ] 2 / 3, , ou seja, considerando 3, >> [H + ] têm-se que [H + ] 2 = 1, [H + ] = 4, mol.l -1 ; ph = 5,36. (poh = 14,00 5,36 = 8,64).

5 4º) Titulação potenciométrica de ácidos polipróticos. - Na titulação de 25,00 ml de uma solução aquosa de H 3PO 4 foram gastos 24,40 ml de uma solução de NaOH 1, mol.l -1 para a viragem do indicador vermelho de metila (ph < 4,5 vermelho; ph > 6,0 amarelo). Determine a concentração da solução de H 3PO 4 e os volumes de titulante correspondentes aos valores de pka 1, pka 2 e pka 3. O indicador vermelho de metila (faixa de viragem igual a 4,4 6,2) acusa a neutralização do primeiro hidrogênio ácido do ácido fosfórico. Dessa forma, a relação estequiométrica no primeiro ponto de equivalência é de 1:1. Então: n NaOH = C NaOH x V NaOH(L) = 1, x 24, = 2, mol = n H3PO4. Então, tem-se que [H 3PO 4] = n / V(L) = 2, mol / 25, L = 1, mol.l -1. Para se atingir o pka (ph no qual [H 3PO 4] = [H 2PO 4- ] será consumido metade do volume de equivalência do titulante naquele equilíbrio. Sendo o volume de equivalência igual a 24,40 ml, então, para se atingir o primeiro pka (pka 1) gasta-se 12,20 ml de NaOH. Após a neutralização do primeiro H + do H 3PO 4 também será consumido metade do volume de equivalência do titulante nesse equilíbrio. Então, tem-se que o volume total gasto para se atingir o pk a2 será igual ao volume de titulante para a primeira neutralização (24,40 ml) mais metade desse volume (12,20 ml), ou seja, serão gastos 36,60 ml para se atingir o pka 2. Pelo mesmo raciocínio chega-se ao volume igual a 61,00 ml de titulante para se atingir o pka 3 (= 24,40 ml + 24,40 ml + 12,20 ml).

6 5º) Determinação misturas de bases e ácidos. -Uma amostra pesando 0,3720 g de uma mistura contendo NaHCO 3, Na 2CO 3 e impurezas inertes foi titulada com HCl 0,1090 mol/l. O ponto de viragem da fenolftaleína (ph entre 8 e 10) foi alcançado com 15,70 ml do titulante e o do alaranjado de metila (ph entre 3 e 4) com 43,80 ml do titulante. Determine a percentagem de Na 2CO 3, de NaHCO 3 e de impureza nessa amostra. Dados: MM (g/mol): Na = 22,9898; H = 1,0079; C = 12,0107; O = 15,9994 No ponto de equivalência (PE) da fenolftaleína (1º) têm-se que todo CO 3 se transforma em HCO 3-, neutralizados por n HCl de V 1 de HCl (15,70 ml) e no ponto de equivalência do alaranjado de metila (2º) todo HCO 3 - se transforma em H 2CO 3, neutralizados por n HCl de V 1 (= V 2 V 1) de HCl (43,80 ml 15,70 ml = 28,10 ml). Então: No 1º PE, viragem da fenolftaleína (CO 3 + H + HCO 3- ), têm-se que n Na2CO3 = n HCl = C HCl x V 1(L) = 0,1090 x 0,01570 = 1, mol. No 2º PE, viragem do alaranjado de metila (HCO H + H 2CO 3 H 2O + CO 2 ) foram titulados o HCO 3 - do Na 2CO 3 e do NaHCO 3, portanto, n Na2CO3+NaHCO3 = n HCl = C HCl x V 1(L) = 0,1090 x 0,02810 = 3, mol. Então, n NaHCO3 = 3, , = 1, mol. Sendo a MM (g/mol) do NaHCO 3 = 84,0066 e do Na 2CO 3 = 105,9884, em massa têm-se que: m Na2CO3 = n Na2CO3 x MM Na2CO3 = 1, x 105,9884 = 0,1813 g. E m NaHCO3 = n NaHCO3 x MM NaHCO3 = 1, x 84,0066 = 0,1136 g. A massa da amostra correspondente aos dois sais é igual à soma das massas de cada um deles, isto é, 0,2949 g (= 0,1813 g + 0,1136 g), ou seja, 79,27%, m/m (= 0,2949 x 100 / 0,3720). A diferença se refere à impureza, isto é, 0,0771 g (= 0,3720 g - 0,2949 g), ou seja, 20,73% m/m (= 0,0771 x 100 / 0,3720). Então, têm-se que o percentual de NaHCO 3 é igual a 19,86% (= 0,1813 x 100 / 0,5720) e o percentual de Na 2CO 3 é igual a 31,70 %, m/m (=0,1813 x 100 / 0,5720).

7 6º) Análise de cloreto em uma amostra de soro fisiológico pelo método de Mohr / Determinação de iodeto pelo método de Volhard (Até aqui a 1ª avaliação). - Os teores de cloreto foram determinados em triplicatas em duas amostras de soro fisiológico, A e B, cujo teor máximo permitido pela ANVISA é de 0,9%, m/v. Para isso, 5,00 ml da amostra foram transferidos para erlenmeyers de 125 ml contendo cerca de 25 ml de água com 10 gotas de sol. K 2Cr 2O 7 a 5%, m/v e, em seguida, a solução resultante foi titulada com solução de AgNO 3 0,1015 mol.l -1. A triplicata da amostra A consumiu 12,05 ml, 12,45 ml e 13,00 ml e a da B 11,75 ml, 10,90 ml e 10,25. Determine o teor médio de cloreto em cada amostra e o CV para cada amostra. Qual amostra apresenta teor mais exato em relação ao valor estipulado pela ANVISA e qual determinação foi menos precisa? Dado MM, em g/mol: Ag = 107,8682; N = 14,0067; O = 15,9994; Cl = 35,453. Ref. Det. De cloretos em amostras de soro fisiológicos comercializadas em Belém-PA. 55º CBQ da ABQ, Goiânia, 02 a 06/nov/15. ( Sendo n AgNO3 = n Cl-, em cada solução titulada da amostra (5,00 ml) foi encontrado n Cl- = (0,1015 mol.l -1 x V AgNO3, em L) mol. Essa quantidade em massa é igual a n Cl- x 35,453, em g. Essa massa está em 5 ml de amostra. Então, a concentração de cloreto, em % de Cl -, m/v, na amostra será obtida multiplicando-se essa massa, em g, por vinte (m Cl- x 20 / 100 ml). Assim, para amostra A têm-se: n 1 = 0,1015 x 12, = 1, mol; m 1 = 1, x 35,453 = 4, g em 5 ml; Teor 1 Cl - = 4, x 20 = 0,8672 %, m/v; n 2 = 1, mol; m 2 = 4, g em 5 ml; Teor 2 Cl - = 0,8960 %, m/v; n 3 = 1, mol; m 3 = 4, g em 5 ml; Teor 3 Cl - = 0,9356 %, m/v; Teor médio: 0,8996 %, m/v; s = 0,0343%; CV = 0,0343 x 100 / 0,8996 = 3,82 %. E para amostra B têm-se: n 1 = 0,1015 x 11, = 1, mol; m 1 = 1, x 35,453 = 4, g em 5 ml; Teor 1 Cl - = 4, x 20 = 0,8456 %, m/v; n 2 = 1, mol; m 2 = 3, g em 5 ml; Teor 2 Cl - = 0,7845 %, m/v; n 3 = 1, mol; m 3 = 3, g em 5 ml; Teor 3 Cl - = 0,7377 %, m/v; Teor médio: 0,7893 %, m/v; s = 0,0541%; CV = 0,0343 x 100 / 0,8996 = 6,85 %. O resultado para a amostra A é mais exato porque o teor médio de Cl - encontrado foi mais próximo do valor esperado (0,9%). Por outro lado, ambas as amostras tiveram determinações pouco precisas (CV > 3,0%), porém, a precisão da triplicata da amostra B (CV = 6,85%) foi pior do que a da amostra A (CVA = 3,82%).

8 7º) Determinação da dureza de água mineral, natural e destilada. - Cem ml de uma amostra de água de torneira foi tamponada em ph 10. Após adição do indicador erio-t foi titulada com EDTA 4, mol/l tendo sido gastos 38,45 ml para completar a titulação. 0,10 0,10 1) Determine a dureza dessa água expressando o resultado em ppm de carbonato de cálcio. 2) Como é possível se obter apenas o teor de Ca 2+ se nessa amostra de água houver também íons Mg 2+? Tem-se que n Ca2+ = n EDTA, então, na solução titulada da amostra (100,00 ml) encontram-se n Ca2+ = 1, mol (= 4, mol.l -1 x 0,03845 L). Sendo n Ca2+ = n CaCO3, então têm-se 1, g (= 1, mol x 100,09 g.mol -1 ) de CaCO 3 em 100 ml de amostra ou 1, g/l ou 1, mg/l (= 179,0 ppm de CaCO 3 considerada uma água de dureza média). Para a obtenção do teor de íons cálcio em amostras de água contendo íons magnésio o procedimento descrito na questão deve ser realizado com a solução da amostra num ph acima de 12 (utilizando NaOH, por exemplo, em vez do tampão ph 10). Dessa forma, todo Mg 2+ será retirado do meio reacional (aquoso) precipitado como Mg(OH) 2 e somente Ca 2+ será titulado (complexado com EDTA). O cálculo para obtenção do teor de Ca 2+ é realizado de forma semelhante.

9 8º) Determinação de Mg 2+ em leite de magnésia e de Ca 2+ em leite. - Considerando que a ANVISA indica que Leite de Magnésia não deve conter no mínimo 7,0 %,m/m, e no máximo 8,5 %,m/m, de hidróxido de magnésio, uma amostra do medicamento foi analisada por dois métodos analíticos diferentes. No primeiro método, por titulação de retorno, numa massa igual a 0,5102 g de amostra foram encontrados 7, mol do princípio ativo, enquanto que no segundo método foi realizado o seguinte procedimento: uma massa igual a 1,8578 g da amostra foi diluída com água e um pouco de HCl até 100 ml; uma alíquota de 15,00 ml dessa solução foi titulada com EDTA 2, mol.l -1 e erio-t, consumindo 15,40 ml até a viragem. Qual dos dois métodos forneceu resultado mais adequado com a norma da ANVISA? Dado: MM (g.mol -1 ): Mg = 24,3050; O = 15,9994; H = 1,00794 MM Mg(OH)2 = 58,3197 g.mol -1. Método 1: m Mg(OH)2 = 7, x 58,3197 = 0,04592 g. Então, o teor será = (0,04592/0,5102) x 100 = 9,0%, m/m. Método 2: n EDTA = n Mg(OH)2 = 2, x 15, = 3, mol (ou em massa = 0,02229 g de Mg(OH) 2, isso em 15 ml da solução da amostra). Então, em 100 ml de solução têm-se 2, (3, x 100 / 15) mol de Mg(OH) 2, ou seja, 0,1486 g (2, x 58,3197). Assim, o teor será = (0,1486 / 1,8578) x 100 = 8,0%, m/m. Pelos cálculos acima têm-se que o resultado obtido pelo método 2 está de acordo com a ANVISA (no mínimo 7,0 %,m/m, e no máximo 8,5 %,m/m) enquanto que o do método 1 está acima do valor estabelecido pela norma.

10 9º) Determinação de H 2O 2 em água oxigenada comercial. - Uma solução de permanganato de potássio foi padronizada com 143,2 mg de oxalato de sódio, após dissolução em ácido sulfúrico a quente. Na titulação foram consumidos 26,75 ml do titulante para atingir o ponto final da titulação (surgimento da primeira coloração rosa persistente). Determine a concentração da solução titulada, em mol.l -1 e em mg.l -1. Dados: Reação da titulação: 2 MnO C 2O H + 2 Mn CO H 2O MM (g.mol -1 ): H = 1,00794; C = 12,0107; O = 15,9994; Na = 22,989770; S = 32,066; K = 39,0983; Mn = 54, MM (g.mol -1 ): Na 2C 2O 4 = 133,99854 e KMnO 4 = 158, n Na2C2O4 = 0,1432 / 133,99854 = 1, mol; n KMnO4 = 1, mol x 2 / 5 = 4, mol; C KMnO4 = 4, mol / 26, L = 1, mol.l -1 ; C KMnO4 = (1, mol x 158, g.mol -1 ).L -1 = 2,525 g.l -1 = 2, mg.l -1.

11 10º) Análise de hipoclorito em água sanitária. - Para a padronização de uma solução de tiossulfato de sódio, a mesma foi titulada com iodato de potássio. Sabendo que a concentração e o volume gasto da solução padronizada foi igual a 1,0578 mol.l -1 e 35,35 ml, respectivamente, determine a massa de iodato de potássio pesada em balança analítica. Dado: IO I H + 3 I H 2O; I S 2O 3 2 I - + S 4O 6 MM (g.mol -1 ): H = 1,00794; O = 15,9994; S = 32,065; K = 39,0983; I = 126, Têm-se que n S2O3 = Conc x Vol (L) = 1,0578 x 35, = 0,03739 mol = 3, mol. Sendo a relação estequiométrica de IO 3 - para S 2O 3 igual a 1:6, então, n IO3- = 6, mol (ou seja, 3, / 6). Como a massa molar do KIO 3 é igual a 214,00 g.mol -1, tem-se que a massa de KIO 3 pesada em balança analítica foi igual a 1,3337 g (= 6, x 214,00).

12 11º) Determinação de Fe 2+ e ferro total em complexos minerais. - Para a determinação de ferro, uma massa de amostra igual a 1,0506 g foi solubilizada em meio ácido (H 2SO 4/H 3PO 4) e titulada com solução de dicromato de potássio 3, mol.l -1 até a viragem, gastando 9,05 ml de titulante. Determine o teor de ferro nessa amostra. Sua resposta se refere ao teor de ferro total? Justifique. Dado: Cr 2O Fe H + 2 Cr Fe H 2O MM (g.mol -1 ): H = 1,00794; O = 15,9994; K = 39,0983; Cr = 51,9961; Fe = 55,845. n K2Cr2O7 = 3, mol x 9,05 ml / 1000 ml = 3, mol n Fe2+ = 3, x 6 = 1, mol m Fe2+ = 1, mol x 55,85 g.mol -1 = 1, g (em 1,0506 g de amostra), então, o teor de Fe 2+ é igual a 9,90 mg/g (= 10,4 mg / 1,0506g). Outra forma de expressar o teor: em 100 g de amostra têm-se: 1, x 100 / 1,0506 = 0,990 g de Fe 2+, então, o teor de Fe 2+ é igual a 0,990 %, m/m. O teor de ferro obtido pelo procedimento da questão se refere ao ferro bivante (Fe 2+ ) que reagiu com o Cr 2O 7, conforme equação da reação acima. Para se determinar o teor de ferro total seria necessário transformar todo Fe 3+ em Fe 2+ antes de se determinar o teor de Fe 2+ por esse procedimento (reação acima). O teor de Fe 3+ deve ser obtido pela diferença entre as duas determinações.