Química Analítica - QA.pdf
Documento PDF (332.1KB)

Exibir conteúdo Baixar

                    Universidade Federal de Alagoas
Programa de Pós-Graduação em Química e Biotecnologia
Av. Lourival de Melo Mota, s/n, Campus A.C. Simões, Maceió-AL, 57072-900, Brasil.

QUÍMICA ANALÍTICA (QA)
Estratégias de resoluções diferentes das apresentadas neste gabarito podem ser consideradas
durante a correção, desde que, não apresentem erro conceitual.
QA 01.

2+ 2 F 
Ca 2Ca
2( aq2(s)
)
( aq ) 
) (aq)
a)CaF
CaF
2F
(aq) +( aq
2

Kps  Ca 2   F    ( x)(2 x) 2
x  2,1104 mol.L1

b) Neste caso2 devido a presença do íon comum, Ca2+, haverá a diminuição da solubilidade do sal.
CaF aq )
Ca 2+
)  2 F ( aq )CaF2(2(s)
Ca ( aq(aq)
+ 2F (aq)
2

Ca( NO3 )32()aq
NO
) Ca
)  2+
3 ( aq ) 3 (aq)
Ca(NO
Ca(2+aq(aq)
2NO
2(s)
2

Kps  Ca 2   F    (0,01  x)(2 x) 2
0,01  x 0,01
x  3,1105 mol.L1

QA 02.
Terceira região:
Ponto de equivalência, todo ácido (HA) foi
Primeira região:
Antes da adição do titulante, KOH, ou seja, convertido na sua base conjugada (A-) e esta
apenas cálculo de pH de ácido fraco.
base será hidrolisada.
H  ( aq )  A ( aq )

HA( aq )

HA( aq )  OH  ( aq )

Veq  5mL

Ka  104,31
H   A 
Ka     
 HA


A ( aq )  H 2O(l )



pH  3,15

Kw
 2, 04  1010
Ka
OH    1,36 106 mol.L1
Kb 

pOH  5,86
pH  8,13

Segunda região:
Antes do ponto de equivalência, existe uma
mistura de HA e A-, ou seja, existe a formação
de um tampão. Neste caso o pH pode ser
calculado com a equação de HendersonHasselbalch.
nKOH  nHA
Veq  0,1mol.L1  50mL  0, 01mol.L1
Veq  5mL
80%doVeq  5mL  0,8  4mL
  A  
 7, 41103 
pH  pKa  log      4,31  log 
3 
  HA 
 1,85 10 


pH  4,31  0, 60  4,91

Quarta região:
Após o ponto de equivalência, ou seja, excesso
de base forte.
120%Veq  1, 2  5mL  6mL
pOH  2, 75
pH  11, 25

Universidade Federal de Alagoas
Programa de Pós-Graduação em Química e Biotecnologia
Av. Lourival de Melo Mota, s/n, Campus A.C. Simões, Maceió-AL, 57072-900, Brasil.

QA 03.
a) Incialmente ocorre a reação entre a base e o ácido mais forte no meio, neste caso, entre KOH
(nOH- = 3x10-4 mol) e HCl (nH+ = 1x10-4 mol). A partir da quantidade de matéria (n = CxV), temse que o sistema possui excesso de KOH igual a 2x10-4 mol. O excesso de base forte irá reagir
com o ácido mais forte do meio, entre H2PO4- (n = 2x10-4 mol) e HPO42- (n = 2x10-4 mol). Neste
caso, ocorre a reação entre os íons OH- e H2PO4-, levando ao consumo total de ambas as espécies
e gerando no meio apenas HPO42- com n = 4x10-4 mol (considerar que já existia esta espécie no
meio). Como o volume total do sistema são 100 mL, tem-se que [HPO42-] = 4x10-3 M. A partir
disto, calcula-se o pH do meio considerando que HPO42- é uma espécie anfiprótica e levando-se
em conta Ka2 (6,16x10-8) e Ka3 (5,01x10-13), a partir:

C a K a2 K a3 + K a2 K w
C a + K a2
Após as devidas substituições chega-se a [H+]  4,30x10-10 M, e por consequência pH  9,37.
[H + ] =

b) A afirmativa é falsa. O correto seria: “uma espécie anfiprótica atua preferencialmente como
base se estiver na presença de um ácido mais forte”.

QA 04.
a) Pela aplicação direta da equação de Nernst, tem-se:
E = E0 -

0,05916
1
0,05916
1
.log
 E = 0,337 .log
 + 0,279 V
2+
n
[Cu ]
2
(0,01)

b) Calcula-se a concentração de Cu2+ pela equação da constante de estabilidade considerando o
equilíbrio de complexação envolvido, em seguida, aplica-se a equação de Nernst:
[Cu(NH 3 ) 4 ]
[Cu(NH 3 ) 4 ]
0, 01
β4 =
, assim [Cu 2+ ] =

 2,22x10 -15 M
2+
4
4
13
4
[Cu ][NH 3 ]
β 4 [NH 3 ]
(1,1x10 ).(0,80)
E = 0,337 -

0,05916
1
.log
 - 0,096 V
2
(2,22x10 -15 )

c) Calcula-se a concentração de Cu2+ utilizando o efeito do íon comum envolvido no equilíbrio
de solubilidade, em seguida, aplica-se a equação de Nernst:
K ps
1, 4 x10 10
K ps = [Cu 2+ ][CO 3 2- ], assim [Cu 2+ ] =

 5,6x10 -10 M
[CO 3 2- ]TOTAL
(~ 0, 25)
E = 0,337 -

0,05916
1
.log
 + 0,063 V
2
(5,6x10 -10 )

QA 05.
Esta questão trata-se de uma titulação de retorno. Assim, inicialmente a quantidade de matéria
total de íons bário total no meio é 5x10-4 mol (nT). O precipitação do BaSO4(s), apresenta proporção
1:1, ou seja, cada mol de bário reagente com um mol de sulfato. A quantidade de bário que não
reagiu com sulfato, foi determinada a partir da titulação com EDTA, neste caso, o ponto final da
titulação estabelece que nBa2+ = nEDTA. Sendo que nEDTA = CEDTAxVEDTA, assim, nEDTA = 1,6x10-4
mol. Logo, a quantidade de matéria de íons sulfatos presente no meio é nsulfato = nT – nBa2+. Assim,
nsulfato = 3,4x10-4 mol. A massa de sulfato foi calculada a partir de msulfato = nsulfatoxMsulfato, sendo
igual a 326,4 mg. Pelo volume da amostra de água estuarina (50 mL) a concentração de sulfato
(em mg L-1) na amostra é 652,8 mg L-1.