O documento discute equilíbrio redox, definindo oxi-redução como transferência de elétrons entre espécies químicas. A espécie que perde elétrons é o redutor e sofre oxidação, enquanto a que ganha elétrons é o oxidante e sofre redução. Exemplos de cálculos de potencial redox e concentrações no equilíbrio são fornecidos, assim como detalhes sobre titulações redox.

1. Equilíbrio de oxi-redução
Reações de oxi-redução – envolvem transferência de elétrons
A espécie química que perde elétrons – redutor (sofre oxidação)
A espécie química que ganha elétrons – oxidante (sofre redução)
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
Semi-reação de redução Semi-reação de oxidação
Ce4+
+ 1e-
Ce3+
Fe2+
Fe3+
+ 1e-
ET = Esemi reação redução + Esemi reação oxidação
Nas CNTP
Eo
T = Eo
r + Eo
o reação espontânea Eo
T > 0
Eo
Fe
3+
/Fe
2+
=0,77V Eo
Ce
4+
/Ce
3+
=1.44V
Ce4+
+ 1e-
Ce3+
Eo
= 1.44V
Fe2+
Fe3+
+ 1e-
Eo
= -0,77V
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
Eo
T = 0.67V
log K = n Eo
T /0,059 log K = 1 0,67 /0,059 log K = 11,36 K= 2,27 x 1011
Calculo da Concentração das Espécies no Equilíbrio
→ Calcule a concentração das espécies em equilíbrio após a reação de 50,00 mL de CeCl4 0,1
molL-1
com 20,00 mL de SnCl4 0,05 molL-1
.
Eo
Sn
4+
/Sn
2+
=0,15V Eo
Ce
4+
/Ce
3+
=1.44V
2Ce4+
+ Sn2+
2Ce3+
+ Sn4+
5 1 0 0
-2 -1 +2 +1
3 X 2 1 X ≅ 0
[Ce4+
] = 3/70 = 0,043 molL-1
[Ce3+
] = 2/70 = 0,029 molL-1
[Sn4+
] = 1/70 = 0,014 molL-1
[Sn2+
] = ?
log K = n Eo
T /0,059 log K = 2 (1,44 - 0,15) /0,059 log K = 2 (1,29) /0,059
K = 5,36 x 1043
[Sn2+
] = 1,18 x 10-46
molL-1

2. →Calcule a concentração de todas as espécies após a reação de 50,00 mL de CeCl4 0,1 molL-1
com 50,00 mL de ACl4 0,05 molL-1
.
Eo
A
4+
/A
2+
=0,77V Eo
Ce
4+
/Ce
3+
=1.44V
2Ce4+
+ A2+
2Ce3+
+ A4+
5 2,5 0 0
-2(2,5) -2,5 +5 +2,5
2X X 5 2,5 X ≅ 0 Eo
T = 0,67
[Ce3+
] = 5/100 = 5 x 10-2
molL-1
[Ce4+
] = ?
[A4+
] = 2,5/100 = 2,5 x 10-2
molL-1
[A2+
] = ?
log K = n Eo
T /0,059 log K = 2 (0,67) /0,059 = 22,7 K = 5,15 x 1022
x = 3,03 x 10-22
[Ce4+
] = 2X = 6,06 x 10-22
[A2+
] = X = 3,03 x 10-22
TITULAÇÂO
→Titulação de 25,00 mL de Fe2+
0,1 molL-1
com Ce4+
0,1 molL-1
em [H3O+
] = 1 molL-1
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
K = 2,27 x 1011
(K muito alta, o sistema está em equilíbrio por toda titulação (ET = 0)); consequentemente o
potencial de redução para as duas semi-reações é sempre idêntico.
Eo
Fe
3+
/Fe
2+
= Eo
Ce
4+
/Ce
3+
= Er (potencial de redução do sistema em equilíbrio)
Quando adiciona titulante, um novo equilíbrio se estabelece e Er adquire novo valor, pois as
concentrações das formas oxidadas e reduzidas também variam. Essas variações ocorrem
continuamente por toda a titulação.
Eo
Fe
3+
/Fe
2+
=0,68V Eo
Ce
4+
/Ce
3+
=1.44V
Ce4+
+ 1e-
Ce3+
+ 1,44V (Titulante)
Fe3+
+ 1e-
Fe2+
+ 0,68V (Titulado)
Eo
T= 1,44-0,68 = 0,76V K = 7,61 x 1012
Região Maiores constituintes Calculo
Antes do PEQ Fe2+
Fe3+
Ce3+
O potencial dado pelo titulado
(1/2 reação do Fe)
No PEQ Fe3+
Ce3+
EQ PEQ
Depois do PEQ Fe3+
Ce3+
Ce4+
O potencial dado pelo titulante
(1/2 reação do Ce)

3. V titulante = 0 mL (Só tem Fe2+
logo não há potencial)
Adição de 1,00 mL de Ce4+
0,1 molL-1
(antes do Peq)
n Ce4+
= 0,1 x 1,00 = 0,1 mmol
n Fe2+
= 0,1 x 25 = 2,5 mmol
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
2,5 0,1
0,1 0,1
2,4 ≅ 0 0,1 0,1
ER = EFe
3+
/Fe
2+
= Eo
Fe
3+
/Fe
2+
- 0,059 log [Fe2+
]/[Fe3+
]
ER = 0,68 – 0,059 log 2,4/0,1 ER = 0,60V
Quando 50% redutor sofre oxidação: adição de 12,5 mL Ce4+
(0,1 molL-1
)
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
2,5 1,25
1,25 1,25
1,25 ≅ 0 1,25 1,25
ER = EFe
3+
/Fe
2+
= 0,68 – 0,059 log 1,25/1,25 ER = 0,68V
adição de 24,975 mL Ce4+
(0,1 molL-1
)
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
2,5 2,4975
2,4975 2,4975
0,0025 ≅ 0 2,4975 2,4975
ER = EFe
3+
/Fe
2+
= 0,68 – 0,059 log 0,0025/2,4975 ER = 0,86V
No PEQ
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
2,5 2,5
2,5 2,5
≅ 0 ≅ 0 2,5 2,5
[Ce3+
] = [Fe3+
] = 2,5/50 = 0.05 molL-1
[Ce4+
] = [Fe2+
] ≅ 0
ER = Epeq = (1 x 0,68 + 1 x 1,44)/2 = 1,06 V

4. Após PEQ: adição de 25,025 mL Ce4+
(0,1 molL-1
)
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
2,5 2,5025
2,5 2,5
≅ 0 0,0025 2,5 2,5
Er = Eo
Ce
4+
/Ce
3+
= 1,44 – 0,059 log (2,5/0,0025) Er = 1,26 V
Após PEQ: adição de 50,00 mL Ce4+
(0,1 molL-1
)
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
2,5 5,0
2,5 2,5
≅ 0 2,5 2,5 2,5
Er = Eo
Ce
4+
/Ce
3+
= 1,44 – 0,059 log (2,5/2,5) Er = 1,44 V
Exemplo
→ Uma alíquota de 25,00 mL de Fe2+
0,112 molL-1
é titulada com KMnO4 0,0258 molL-1
em
[H3O+
] = 1 molL-1
. Calcule o potencial da solução após adição de 10,0 mL titulante, no peq e
após adição de 43,4 mL titulante.
Eo
Fe
3+
/Fe
2+
=0,771V Eo
MnO4
-
/Mn
2+
=1.51V
Adição de 10,0 mL titulante
5 Fe2+
+ MnO4
-
+ 8 H+
5 Fe3+
+ Mn2+
+ 4 H2O
25 x 0,112 10 x 0,0258
2,80 mmol 0,258 mmol
- (5 x 0,258) -0,258 (5 x 0,258) = 1,29
1,51 mmol 0 1,29
[Fe2+
] = 1,51/35,0 = 0,0431 molL-1
[Fe3+
] ≅ 1,29/35,0 = 0,0369 molL-1
ER = EFe
3+
/Fe
2+
= 0,771 – 0,0592 log 0,0431/0,0369 ER = 0,767V
No Peq
E
peq
= 1 x 0,771 + 5 x 1,51 / (1 + 5) = 1,39 V

5. V = 43,4 mL titulante
5 Fe2+
+ MnO4
-
+ 8 H+
5 Fe3+
+ Mn2+
+ 4 H2O
25 x 0,112 43,4 x 0,0258
2,80 mmol 1,12 mmol 1/5 MnO4 -------- 1Fe2+
- 2,80 -0,56 0,56 (0,56) ------- 2,80
0 mmol 0,56 0,56
[Mn2+
] = 0,56/68,4 = 8,2 x 10-3
molL-1
[MnO4
-
] ≅ 0,56/68,4 = 0,0369 molL-1
ER = Eo
MnO4-/Mn2+ – (0,0592/5) log 0,56/0,56 ER = 1,51V
→ Uma amostra de minério de ferro pesando 800 mg foi tratada com ácido nítrico, levada à
secura e redissolvida com HCL (d). Após filtração o líquido foi passado através de um redutor
de prata. A amostra foi então titulada com KMnO4 e gastou 12,6 mL para alcançar o ponto final.
Calcule a percentagem de Fe2O3 presente no minério.( Fe2O3 = 159,7 g/mol)
% Fe2O3 = m(Fe2O3) / m(amostra) x 100
Fe2O3 (redutor) 2 Fe2+
5 Fe2+
+ MnO4
-
+ 8 H+
5 Fe3+
+ Mn2+
+ 4 H2O
12,6 x 0,0210 = 0,2646 mmol
Fe2+
= 5 Fe2+
= 5 MnO4
-
MnO4
-
1
Fe2+
= 5 x 0,2646 = 1,32 mmol
Fe2O3 ----------------------- 2 Fe2+
X --------------------------- 1,32 x = 0,660 mmol Fe2O3
1 mmol Fe2O3 --------------159,7 mg
0,660 mmol -------------- x x = 105 mg
% Fe2O3 = m(Fe2O3) / m(amostra) x 100
% Fe2O3 = (105/800) x 100 = 13,1 %
→ 20,0 mL de solução de ácido malonico foi tratada com 10,0 mL de solução 0.25 molL-1
de
Ce4+
de acordo com a seguinte reação:
CH2(CO2H)2 + 6 Ce4+
+ 2 H2O HCO2H + 2 CO2 (g) + 6 Ce3+
+ 6 H+

6. Após permanecer 10 min a 60o
C a solução foi resfriada e o excesso de Ce4+
foi titulado com
solução de Fe2+
0,100 molL-1
onde foram consumidos 14,4 mL do titulante para alcançar o
ponto final. Calcule a concentração do ácido malonico na amostra.
A quantidade de ácido malonico = quantidade de Ce4+
utilizada
[Ce4+
]T = [Ce4+
]utilizada + [Ce4+
]excesso
0,25 x 10 = 2,5 mmol Foi titulado com Fe2+
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
14,4 x 0,1= 1,44 mmol 1,44 mmol
[Ce4+
]T = [Ce4+
]utilizada + [Ce4+
]excesso
2,5 mmol 1,44
[Ce4+
]utilizada = 1,06 mmol
1 ác malonico ------------- 6 Ce4+
X -------------------- 1,06 X = 0,177 moles
[ác malonico] = 0,177 / 20,0 = 8,83 molL-1

7. Após permanecer 10 min a 60o
C a solução foi resfriada e o excesso de Ce4+
foi titulado com
solução de Fe2+
0,100 molL-1
onde foram consumidos 14,4 mL do titulante para alcançar o
ponto final. Calcule a concentração do ácido malonico na amostra.
A quantidade de ácido malonico = quantidade de Ce4+
utilizada
[Ce4+
]T = [Ce4+
]utilizada + [Ce4+
]excesso
0,25 x 10 = 2,5 mmol Foi titulado com Fe2+
Fe2+
+ Ce4+
Fe3+
+ Ce3+
14,4 x 0,1= 1,44 mmol 1,44 mmol
[Ce4+
]T = [Ce4+
]utilizada + [Ce4+
]excesso
2,5 mmol 1,44
[Ce4+
]utilizada = 1,06 mmol
1 ác malonico ------------- 6 Ce4+
X -------------------- 1,06 X = 0,177 moles
[ác malonico] = 0,177 / 20,0 = 8,83 molL-1