Química Analítica

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 Eric M. Garcia 
 
 
 
 
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 O presente trabalho não visa substituir os livros texto de química 
analítica como fonte de estudo e pesquisa. Desta forma, este trabalho visa tão 
somente contribuir para o acesso mais rápido e direto dos conteúdos abordados 
na disciplina de química analítica de biossistemas. Ao final de cada capítulo, 
existem práticas propostas para a disciplina e o capitulo final é destinado à 
exposição de exercícios voltados para o desenvolvimento dos assuntos mais 
relevantes. 
 
 
 
 
 
 3 
Sumário 
 
Conceitos Gerais 04 
Capítulo 1 - Volumetria ácido base 20 
Práticas 1. 28 
Capítulo 2 - Volumetria de precipitação 59 
Capítulo 3 - Volumetria de complexação 77 
Práticas 2. 54 
Capítulo 4 - Volumetria redox 88 
Práticas 3. 116 
Capítulo 5- Exercícios 121 
 
 
 
 4 
1) Conceitos gerais 
Inicialmente trabalharemos com o conceito de solução. A solução é 
uma mistura homogênea cujo constituintes são o soluto (substância em 
menor quantidade (em massa, volume, mols etc...) e o solvente. Nas 
soluções, o soluto possui um raio menor que 1nm (10-9m). Acima disso, 
temos os coloides e as suspensões coloidais. 
Unidades de concentração 
Vamos fazer uma pequena digressão sobre as unidades de 
concentração. 
a) Unidades g/L e mg/L: 
Embora as unidades de concentração sejam simples, devemos despender 
um pequeno tempo para observar algumas peculiaridades destas unidades. 
A unidade de concentração g/L é definida simplesmente como: 
C�/� =
������� (�)
�����çã�(�)
 (Eq.1) 
Considerando a utilização dos fatores unitários, temos que 
1 =
��
������
 podemos escrever que : 
V��.�
��
������
� = V� (Eq.2) 
Simplesmente podemos resumir que o volume em mL multiplicado 
pelo fator 10-3(L/mL) converte o volume em litros (L). Assim, para a 
conversão da unidade de concentração g/L para g/mL temos as equações 3 
e 4. 
C�/� =
�������(�)
�����çã�(�)
=
� ������(�)
�(�� ).����(�.����)
= C �
��
.1000(mL .L��) (Eq.3) 
 
 
 5 
��
�
= � �
��
.1000(��.���) (Eq.4) 
� �
��
= ��
�
.10��(�.� ���) (Eq.4a) 
 
Exemplo: Uma solução de NaCl na concentração 30g/L possui uma 
concentração em g/mL de 0,030 g/mL. 
 
b) Porcentagem %m/m, %m/V e %V/V 
 
A porcentagem massa/massa (%m/m) é definida como mostrado na 
equação 5. Percebe-se que (como qualquer porcentagem) por se tratar de 
uma divisão de duas grandezas dimensionalmente iguais, não possuem 
unidade. Na equação 5 sem o fator 100 também é chamado de título em 
massa �τ=
������� (�)
�����çã�(�)
�. O título também pode ser considerada uma fração 
em massa uma vez que: m ����çã�(�) = m ������(�) + m ��������(�). 
% m /m =
������� (�)
�����çã�(�)
.100 (Eq.5) 
Da mesma forma, a porcentagem volume/volume (% V/V) é definida de 
acordo com a equação 6. Nesta equação se omitirmos o fator 100 também 
obtém-se o título em volume �τ=
������� (�)
�����çã�(�)
�. 
% V/V =
������� (�)
�����çã�(�)
.100 (Eq.6) 
Porém, existe uma porcentagem “atípica” em termos de unidade que 
corresponde a porcentagem massa/volume (%m/V)(Eq. 7). Devido a 
 
 6 
definição, a %m/V possui uma unidade de g/ml. Multiplicando ambos os 
lados da equação 7 por 10��.��� chegamos na equação 8, que mostra a 
conversão da porcentagem %m/V em concentração g/L: 
%
�
�
= �
� ������ (�)
�����çã�(��)
.100� (Eq.7) 
Exemplo: Uma solução de NaCl na concentração 30g/L possui uma 
concentração em g/mL de 0,030 g/mL e 3,0 %m/V 
 
Multiplicando ambos os lados da equação 7 por 10��.��� (detalhe 
abaixo), chegamos na equação 8, que mostra a conversão da porcentagem 
%m/V em concentração g/L: 
%
m
V
.(10mL .L��) = �
m ������ (�)
V����çã�(��)
.100�.(10mL .L��) 
%
�
�
.(10mL .L��) =
⎝
⎜
⎛ ������� (�)
�����çã�(�� )
�������
� �
��
1000.mL .L��
⎠
⎟
⎞
= C�/� 
% (m /V).10��.��� = ��/� (Eq.8) 
Na conversão, entre as porcentagens precisamos usar o conceito de 
densidade, � =
�
�
. Usando a massa em gramas (g) e o volume em mililitros 
(mL) a sua unidade é g/mL. Considerando então a densidade, a massa passa 
ser expressa como: � = �.�. Substituindo então esta massa da solução na 
equação 7, temos então a equação 9. Assim chegamos a equação 10 que 
mostra a conversão da % m /m em % m /V. 
 
 7 
% m /m =
�
�
�
� ������ (�)
�
.���
���������
% �/�
� (Eq.9) 
% m /m =
% �/�
�
 (Eq.10) 
Ainda nas conversões de unidades, se na equação 10 multiplicarmos 
ambos os lados por um fator 10��.���, temos a conversão de % m /m para 
��/�. 
d.(% m /m ).(10��.���) = ��/� (Eq.11) 
Pelo mesmo raciocínio, usando a densidade do soluto (Vs =ms/ds), 
podemos substituir na equação 6, assim chegamos na conversão da unidade 
% V/V para ��/�. 
% V/V =
� �
�������çã�(��)
.��� 
% V/V =
% � /�
��
 
% V/V =
�.% m /m
��
 
(10��.���).��.(% V/V) = ��/� (Eq.12) 
 
c) Concentração mol/L (molar) e mol/Kg (molal) 
Em laboratório, normalmente esta unidade é a mais utilizada, uma 
vez que a estequiometria das reações químicas é dada mais facilmente em 
termos de mol de reagentes. A conceituação desta unidade de concentração 
é bem simples, como mostrado na equação 13. 
 
 8 
[]=
������� (���)
�����çã�(�)
 (Eq.13) 
Para converter a concentração ��/� para mol/L, primeiro vamos 
considerar que, � ������ (�) = �.�� ,temos o desenvolvimento abaixo ate 
chegar na equação 14 que converte a ��/�para [](mol/L). 
�� .[ ]=
�� .������� (��� )
�����çã�(�)
=
� ������ (��� )
�����çã�(�)
���������
��/�
 
[]=
��/�
��
 ou [].�� = ��/� (Eq.14) 
Podemos então organizar e desenvolver as equações de conversão das 
porcentagens para a concentração mol/L. 
Tabela 1 – conversão das porcentagens em concentração de mol/L. 
[]=
(% �/�).(���� .���)
��
 (Eq.15) %
m
V
→ [] 
[]=
�.(% �/�).(���� .���)
��
 (Eq.16) %
m
m
→ [] 
[]=
��.(% �/�).(���� .�
��)
��
 (Eq.17) %
V
V
→ [] 
 
Como um exemplo de utilização destas expressões, poderíamos 
calcular: Qual a concentração do HCl (PA)? O HCl (PA) ou concentrado é 
uma solução aquosa de HCl. Este por sua vez é um gás em temperatura e 
pressão ambientes. O HCl gasoso é dissolvido até formar uma solução 
saturada com titulo em massa em torno de 0,37. Na tabela 2 é mostrado 
algumas propriedades do HCl (PA). 
 
 
 9 
 
Tabela 2 – Alguns parâmetros do HCl (PA). 
HCl(PA) Título em massa Massa Molar 
(g/mol) 
Densidade 
(g/mL) 
 ~0,37 36,5 1,18 
 
Usando uma das expressões que já foram derivadas (Eq.16) é fácil a 
obtenção deste valor: 
[]=
d.(% m /m ).(10��.���)
��
 
[���(��)]=
�1,18
g
mL �.37.(10
mL
L )
36,5g
mol
= 11,96���/� 
Molal: Também é muito utilizada uma unidade de concentração dada 
em mol/Kg de solvente como definido pela equação 15: 
[���/�� ]=
������� (���)
� ��������(�� )
 (Eq.15) 
A conversão para mol/L é dada, tendo-se a densidade da solução. Se a 
densidade da solução for dada em Kg/L, o seu valor numérico é exatamente 
igual a sua densidade em g/ml, isso é facilmente visto utilizando os fatores 
unitários como mostrado abaixo: 
m �.�
���
�����
� = m �� (Fator unitário de conversão g para Kg) 
d��/� =
m ��
��
=
m �.�
1Kg
1000g�
��� .�
1�
1000���
= d�/� 
 
 10 
Na expressão 15, substituindo a massa pelo seu valor em termo de 
densidade e volume (msolvente =V.d - msoluto) podemos converter a 
concentrção mol/L em mol/Kg (Eq.16). 
[�����]=
������� (��� )
�.�− � �����
=
[]
�− ��� /�
=
100.[]
�(100 − % � /� )
 
 
[�����]=
100.[]
�.% � /� ��������
 (Eq.16) 
 
Logo, aconcentração em mol/Kg do HCl é dada por : 
[���]��� /�� =
100.(11,96���/�)
(1,18�� /�).63
= 16,088���/�� 
Outro exemplo que podemos utilizar é: Qual a concentração mol/L do 
álcool etílico (PA)? A densidade do álcool é 0,79g/mL. 
 
Tabela 3 – Alguns parâmetros do álcool etílico (PA) 
Etanol (PA) Título em 
volume 
Massa Molar 
(g/mol) 
Densidade 
(g/mL) 
 ~0,99 46,07 0,79 
 
[������ (��)]=
��.(% V/V).(10��.�
��)
��
 
 
 
 11 
[������ (��)]=
�0,795
g
mL �.99.�10
mL
L �
46,07g
mol
= 17,08mol/L 
Como uma curiosidade no caso do etanol, o grau oINPI é justamente a 
porcentagem %m/m de uma solução alcoólica. Por outro lado, o grau Gay-
Lussac (oGL) correponde a porcentagem %V/V. 
(GL�) =
�.(���� �)
��
 
Conversão de grau GL para INPM 
 
d) Fração molar 
Muitas vezes, em problemas em que as duas fases estão no mesmo 
estado físico, é conveniente trabalhar com a fração molar. Seu conceito é 
intuitivo como dado pela equação 17 ou na versão alternativa (Eq.18). 
Nota-se claramente que a fração molar é uma unidade de concentração 
adimensional. É preciso ter em mente também que na fração molar, existe 
uma relação entre soluto e solvente (e não solução). 
�������=
n������
n������+ n��������
 (Eq.17) 
 
f=
1
1 +
n��������
n������
 (Eq.18) 
A conversão para unidades de concentração mol/L (por exemplo) torna-
se muitas vezes difícil uma vez que somente com a fração molar não temos 
 
 12 
informação do volume de solução ocupado pelo sistema. Nestas condições 
é fácil perceber que a soma das frações molares é igual a unidade . 
 
���������
�����������������
���������
���������
+
�������
�����������������
���������
�������
=
�����������������
�����������������
= 1 
Considerando uma fração em massa (n=m/MM) e considerando a equação 
17, podemos chegar na conversão da fração molar em concentração mol/L: 
τ=
m ������ (�)
m ������ (�) + m ��������(�)
=
1
1 +
m ��������(�)
m ������ (�)
 
τ=
1
1 +
MM ��������.n�������� (�)
MM ������.n������ (�)
 
 
�������.n������+ �������.n��������= n������ 
�������.n��������= n������(1 − �������) 
n������=
�������.n��������
(1 − �������)
=
�������.n��������
f��������
 
 
τ=
1
1 +
MM ��������.f��������
M � �������������
 
τ=
M � �������������
M � �������������+ MM ��������.f��������
=
MM .f
∑ MM �f�
�
�� �
�������
���� 
���� �� ���� �����������
 
 
 
 13 
100.τ.d�����
% �/�
=
100.d.M � �������������
M � �������������+ MM ��������.f��������
 
 
1000.τ.d�������
% �/�
=
1000.d.M � �������������
M � �������������+ MM ��������.f��������
 
 
[]=
1000.d.f������
M � �������������+ MM ��������.f��������
 
 
[]=
1000.d.f������
M M ������f������+ MM ��������.(1 − f������)
 
Conversão da concentração mol/L em fração molar 
 
 
2) Diluição 
 
Muitas vezes em laboratório precisamos diminuir a concentração das 
espécies a partir de uma solução mais concentrada. Considerando uma 
solução com concentração C1, suponhamos que é retirado um certo volume 
V1 desta solução. A concentração C1 pode ser dada em qualquer unidade. 
Supondo que C1 é dada em g/L, C1V1=m1 (com m1 dado em gramas). Se 
um certo volume da solução 1 for diluído em água destilada para formar 
uma solução com concentração C2, teremos que C2V2=m2. Porém, a nova 
solução 2 terá uma massa de soluto igual a massa retirada da solução 
 
 14 
concentrada. Isto quer dizer que todo soluto presente na solução 2 virá 
exclusivamente da solução 1 (lembre-se que a solução 2 foi feita com um 
volume vindo da solução 1 mais água destilada, que por hipótese, contêm 
somente água. Assim, m2=m1, logo C1V1=C2V2. 
 
Expressão importante para diluição: ���� = ���� 
 
Um exemplo bem típico aonde podemos utilizar a expressão para 
diluição é quando preparamos uma solução de HCl a partir do reagente 
concentrado. Agora suponha a seguinte situação: você precisa preparar 
200mL de solução 0,10mol/L de HCl. Qual o volume necessário que deve-
se retirar do frasco de reagente concentrado para se preparar 200mL de 
solução? Podemos agora usar a expressão para a diluição. Usando a 
equação 16 que converte a %m/m em concentração mol/L. Analisando o 
desenvolvimento abaixo, são necessários 1,67mL de HCl concentrado, que 
são posteriormente misturados com água para completar 200mL de 
solução. 
���� =
V�[]�
[]�
 
���� =
MM .V�[]�
d.(% m /m ).(10��.���)
 
���� =
��,�
�
���
.�,��.�,�
���
�
�,��
�
��
.��.��
��
�
= 1,67x10��L ou 1,67mL 
 
 
 
 15 
3) Porcentagem de Pureza 
 
Em muitas situações os reagentes não são encontrados na sua forma 
pura. Mesmo os reagentes puros, quando em contato com a atmosfera, 
podem adsorver moléculas de água sofrendo um processo de hidratação. 
Neste contexto, a própria água pode agir como impureza. A pureza de um 
reagente pode ser definida simplesmente como : % ������=
� ������
� �����
.100. 
Alem disso, podemos ainda, sabendo que [].V = n e m = [].V.MM, de uma 
outra forma expressar a porcentagem de pureza como : 
% ������=
([].�.�� )������
� �����
.100 
Quando trabalhamos com uma titulação ou volumetria, determina-se a 
concentração de um reagente mediante a sua reação com outro reagente 
químico de concentração conhecida. Suponhamos a reação genérica abaixo: 
�� + �� → �� 
Se “A” é o reagente que precisa ter a sua concentração determinada, 
podemos retirar uma alíquota deste reagente a fazê-lo reagir 
apropriadamente com o reagente de “B” que, por hipótese possui a a sua 
concentração definida. Mais concretamente, podemos utilizar uma simples 
regra de três para obtermos a relação mostrada na equação 19 que 
representa a estequiometria da reação. 
 
� ��� �� � − − − − − � ��� �� � 
�� − − − − − �� 
 
 16 
 �.�� = �.�� ∴ �� = �
�
�
�.�� (Eq.19) 
 
Multiplicando ambos os lados por um fator 
���.� � �
� �����
, chegamos na 
expressão para a determinação da pureza do reagente “A”. 
 
�
�� .100
� �����
�
�������
% ������(�)
= �
100.� � �
� �����
��
�
�
�.�� 
 
% ������(�) = �
���.� � �
� �����
��
�
�
�.�� (Eq.20) 
 
Tabela 4 – Derivações da equação 20. 
% ������(�) =
V� [B].� � � .100
� �����
�
a
b
� 
% ������(� ) =
V� [B]100.M M �
V� C�/�(�∗)
�
a
b
� 
 *Concentração de “A” impuro. 
Suponhamos que seja feita uma certa massa total de reagente “A” 
(� �����) . Desta solução seja retirada uma alíquota V´A e titulado com o 
reagente “B”. Nestas condições, a expressão a ser utilizada é dada por : 
 
% ������(� ) =
V �́ [B]100.M M �
m �
�
a
b
� 
 
 17 
Neste caso, a massa correspondente a m1 não é a massa total, mas 
somente uma fração desta massa. O volume V´B foi utilizado para 
diferenciar do volume VB gasto para a titulação total da amostra. Como a 
concentração da solução não muda, temos equação 21 que é a variação da 
equação 20 quando a amostra não é titulada na sua totalidade: 
m �����
m �
=
V�����
V �́
∴ m ������
V �́
V�����
�= m � 
 
% ������(�) = �
�
�
�
� �́ [�].���������.� � �
� �́ .������
 (Eq.21) 
 
Se tratando de uma substancia 100% na equação 20, podemos 
escrever as expressões correspondentes em uma titulação típica. Também 
nestas condições é fácil perceber que, a partir da equação 22, chega-se na 
estequiometria da reação (Eq.19). 
�.�� = �� .� (Eq.22) 
 
4) Normalidade 
 
Existe uma outra unidade de concentração que, embora pouco utilizada 
também é bastante útil uma vez que facilita a estequiometria das reações 
químicas. A normalidade é definida como o numero de equivalentes por 
volume dado em litros (Eq.23). O equivalente, por sua vez, é definido com 
a massa molar da substancia normalizada por uma fator n*(Eq.23). Este 
fator muda de acordo com a natureza química das substâncias. No caso dos 
ácidos e bases, este número representa os hidrogênio e hidroxilas ionizáveis 
 
 18 
respectivamente. No caso das substâncias que agem em reaçõesredox, o 
fator n* corresponde ao numero de elétrons transferidos. 
N =
���
�
�(�)
 , onde Eq =
��
�∗
 (Eq.23) 
n��
� =
m ������
Eq
= n∗.�
m ������
MM
�����
�
� = n.n∗ 
Como um exemplo podemos analisar o caso do H2SO4. Neste caso, 
como se trata de um acido, o fator n* corresponde ao numero de 
hidrogênios ionizáveis que neste caso é 2. O seu equivalente é dado por : 
 
Eq� ���� =
98g/mol
2
= 48g/mol 
Consequentemente, suponhamos uma solução 98g/L de ácido 
sulfúrico. Neste caso esta solução corresponde a uma solução 1mol/L. 
Assim, esta solução será uma solução com 2Eq/L ou seja 2N. 
n��
� = 1���.2 = 2Eq 
Na conversão da unidade de concentração mol/L e g/L temos as 
equações 24 e 25. Assim, no exemplo anterior, com a solução de acido 
sulfúrico era 98g/L, normalizando por 48g/mol (Equivalente do acido 
sulfúrico) teríamos consequentemente uma solução 2N. 
 
N =
�∗.�������
�� .�(�)
=
�∗��/�
��
=
��/�
��
 (Eq.24) 
 
 19 
N =
�∗��/�
��
= [].n∗ (Eq.25) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 20 
Capítulo 1 - Volumetria ácido base 
1- Ácidos e bases 
Antes de compreender a volumetria ácido-base devemos buscar os 
conceitos do que seria um ácido e uma base. Um modelo bastante 
simplificado, proposto por Svante Arrhenius (1887), classifica os ácidos 
como substâncias que, em solução aquosa, liberam íons H+. Os exemplos 
bastante comuns são o ácido clorídrico HCl (Eq.1) e o ácido sulfúrico 
H2SO4 (Eq.2). Considerando o HCl, sabemos que a ligação covalente entre 
o Cl e o H é considerada uma ligação covalente polar. Por isso quando em 
água, o HCl tem sua ligação H-Cl mais enfraquecida. A quebra da ligação 
H-Cl é heterolítica de maneira que o hidrogênio perde seu único elétron se 
transformando em um próton (H+) e por sua vez o átomo de cloro ganha 
mais um elétron se transformando em um ânion (Cl-). Veremos que, nem 
sempre a água consegue ionizar completamente todos os ácidos. 
 
HCl(��) → Cl(��)
� +H (��)
� (Eq.1) 
H �SO�(��) → SO�(��)
�� +2H(��)
� (Eq.2) 
 
Os ácidos que são capazes de liberar um próton H+ são considerados 
monopróticos e por sua vez, os ácidos que são capazes de liberar dois 
prótons são considerados dipróticos e assim sucessivamente (Tabela 1). 
 
 
 
 
 21 
 
 Tabela 1 – Classificação dos ácidos em termos de H+ 
Ácido 
 
Termo em relação aos íons H+ 
 
HCl Monoprótico 
H2SO4 Diprótico 
H3PO4 Triprótico 
H4Y
* Tetraprótico 
* C10H14N2O8
-4 
Por sua vez, as bases de Arrhenius são substâncias que, em solução 
aquosa, liberam íons OH-. Desta forma, exemplos como NaOH (Eq.3) e 
KOH (Eq.4) são bases de Arrhenius mais comuns. 
 
NaOH (��) → OH (��)
� +Na(��)
� (Eq.3) 
KOH (��) → OH (��)
� +K(��)
� (Eq.4) 
 
Como pode ser observado, os conceitos mais simples de ácido e base 
levam em conta que os ácidos são substâncias moleculares que perdem 
hidrogênios ácidos e bases são substancias iônicas que em água (ou em 
outro solvente polar) se dissociam em íons previamente constituídos. 
Porém, veremos que, infelizmente, esta correlação simples não explica 
totalmente todas as substancias ácidas e as básicas. 
A própria água, por exemplo, pode funcionar como ácido e uma base 
pela sua auto-ionização (Eq.5). Dentro da simbologia química, a seta de 
equilíbrio ( →⃖��� ) significa que a reação em questão pode ocorrer no sentido 
 
 22 
direto e no sentido inverso. Assim, se faz necessário a utilização de uma 
constante de equilíbrio para determinar a extensão da concentração dos 
produtos e dos reagentes, com o tempo de reação tendendo ao infinito (ou 
um tempo suficientemente grande) (Eq.5). 
A concentração da água à 25oC vale 55,55mol/L, assim, o equilíbrio 
da auto-ionização da água (Eq.6) pode ser dado pela Eq.7. O valor de Kw à 
25oC é de 1x10-14 sem unidade (Eq.8). 
 
K = �
[produtos]�����������
[reagentes]�����������
�
��������
 (Eq.5) 
2H�O →⃖��� H �O(��)
� + OH(��) 
� (Eq.6) 
K = �
�H �O(��)
� �.[OH(��)
� ]
[H�O]
�
�
��������
 (Eq.7) 
Com T = 25�C, K� = ��H(��)
� �.[OH(��)
� ]�
��������
= 10��� (Eq.8) 
 
Para uma solução aquosa neutra, necessariamente temos que 
[H+]=[OH-] (Eq.9). Assim como dado abaixo pela Eq.10 temos que na água 
neutra: [H+] =10-7mol/L. 
 
���(��)
� �= ���(��)
� �= ��
��������
 (��.9) 
� = � 10��� = [10��] (��.10) 
Sempre que uma grandeza esta entre [], sua unidade de concentração 
é dada em mol/L, portanto, para a água neutra a concentração de íons H+ e 
 
 23 
íons OH- é de 10-7mol/L (a unidade mol/L também por ser expressa por 
“M” que significa molar). 
 
2- Grandezas pH e pOH 
Uma grandeza química muito importante é o chamado pH. O valor 
do pH é dado pela Eq.11. Considerando a concentração de OH- temos o 
pOH dado pela equação 12. 
�� = − log[� �] (��.11) 
��� = − log[�� �] (��.12) 
 
Sabemos que [H+].[OH-] = 10-14 e aplicando-se “ –log” aos dois lados 
da igualdade na Eq.13 temos a Eq.14 e Eq.15: 
 
− ���{[�� �].[� �]}= − ���10��� (��.13) 
− ���[�� �]− ���[� �]= 14 (��.14) 
��� + �� = 14 (��.15) 
Podemos delimitar algumas propriedades da água neutra. O seu valor 
de pH é 7 (�� = − ������� =7) e a acidez e basicidade de acordo com o 
pH e pOH é dado mostrado na figura 1: 
 
 24 
 
Fig. 1 – Escala de pH e pOH para solventes aquosos. 
 
Imaginemos o seguinte problema: uma solução de HCl 0,10mol/L é 
preparada com água neutra. Qual o valor do pH ? Neste caso podemos 
considerar que o importante é a concentração de H+. Logicamente que: 
�� = − log[0,1]= 1. Porém, vamos calcular o pH de uma solução de HCl 
10-8 mol/L. Qual seria o resultado? Poderíamos dizer que seria –log 10-8 = 
8, e o pH seria básico mesmo usando um ÁCIDO FORTE? Certamente que 
não! Neste caso devemos lembrar que a própria água já possui íons H+ 
além dos que foram adicionados pela ionização do ácido forte. Neste caso, 
precisamos considerar que a água já possuía 10-7 mol/L de íons H+, o que é 
uma ordem de grandeza maior que a quantidade adicionada pelo ácido (10-
8mol/L). Para resolver este caso precisamos de dois balanços importantes: 
balanço de carga e balanço de massa. 
 
Balanço de carga: Significa que a carga dos produtos não pode ser 
diferente da carga dos reagentes. 
[���]�� + [��
�]�� = [�
�]�� (��.16) 
 
 
 25 
Balanço de massa: Significa que a massa dos produtos não pode ser 
diferente da massa dos reagentes. Neste caso Ca é chamada de concentração 
analítica, ou seja, a concentração inicial. 
� = [���]�� (��.17) 
Considerando o balanço de carga temos que a concentração de íons 
Cl- no equilíbrio é de 10-8 mol/L (igual a C) e [OH-]=Kw/[H
+]. Assim a 
solução de HCl 10-8 mol/L possui uma pH sutilmente ácido (pH = 6,97) 
como era de se esperar e não pH=8como foi a primeira impressão. O 
desenvolvimento fica claro observando as equação 18 até equação 24. 
 
� + 
��
[� �]��
 = [� �]�� (��.18) 
[� �]��.� + �� − [�
�]��
� = 0 (��.19) 
[� �]=
− � ± � �� − 4.�� .(− 1)
(− 1).2
 \ x=
-b±√b2-4ac
2a
 (��.20) 
 [� �]=
− 10��(���/�) ± � 4,01�10���(���/�)�
− 2
 (��.21) 
[� �]=
− 10��(���/�) ± 20,02�10��(���/�)
− 2
 (��.22) 
[� �]=
− 21,02�10��(���/�)
− 2
 (��.23) 
[��]= +�,��������(���/�) ∴ �� = �,�� (��.24) 
 
 
 
 26 
3- Tratamento dos ácidos fracos 
Alguns ácidos não conseguem liberar todos seus íons H+ e desta 
forma, são considerados ácidos fracos. O processo de liberação de 
hidrogênios ácidos é considerado ionização. Um exemplo a ser considerado 
é o do ácido acético (Fig. 2). A figura 2 mostra um exemplo de ácido 
fraco: ácido acético (ácido etanóico). O ácido acético tem seu hidrogênio 
ácido capturado pela água no sentido direto. No sentido inverso, o ácido 
recupera seu hidrogênio e como resultado líquido, temos em equilíbrio, as 
moléculas de ácido acético protonado (CH3COOH): acetato (CH3COO
-), 
H+ e OH-. 
 
 
Fig. 2 – Ácido acético liberando o seu hidrogênio ácido em meio 
aquoso. 
 
A concentração de equilíbrio é diferente das concentrações iniciais, 
por isso o subscrito na equação 4. A equação 4 mostra a expressão da 
constante de equilíbrio ácida (Ka) para o ácido acético. Quanto menor o 
valor de Ka mais fraco é o ácido. Às vezes, é conveniente expressar o valor 
em termos de pKa sabendo que pKa=-logKa. A tabela 2 mostra os valores 
de Ka e pKa para alguns ácidos fracos. Ao contrário do Ka, quanto maior o 
valor do pKa mais fraco é o ácido. 
 
 
 27 
Tabela 2 – Valores de Ka e pKa de alguns ácidos monóproticos 
Ácido Ka pKa (-logKa) 
HCN 5x10-10 9,30 
HF 3,6x10-4 3,44 
HIO 2,3x10-10 9,63 
HIO3 1,7x10
-1 0,76 
 
Na dissociação do ácido acético, um problema surge: qual a 
concentração das espécies no equilíbrio? Quando uma solução de ácido 
acético é produzida sabemos a concentração inicial, mas não a de 
equilíbrio. Para isso lançamos mão do balanço de massa e de carga. 
 
�� = �
[� �].[������
�]
[������� ]
�
��������
 (��.25) 
 
Balanço de massa: A concentração inicial de ácido acético (��) sempre 
será igual à soma da concentração do acetato no equilíbrio mais a 
concentração do ácido não ionizado. Na equação 26 somente temos certeza 
do valor de �� . 
 
�� = [������
�]�� + [������� ]�� (��.26) 
 
Balanço de carga: Como dito anteriormente, a carga dos produtos não 
pode ser diferente da carga dos reagentes. 
 
 28 
 
[� �]�� = [������
�]�� + [��
�]�� (��.27) 
�� = �
[� �]� − ��
− [� �]+ [�� �]+ ��
�
��������
 (��.28) 
�� = �
[� �]� − ��
− [� �]+
��
[� �]
+ ��
�
��������
 (��.29) 
Podemos concordar que Kw ou Kw /[H
+] é um termo muito pequeno e 
pode ser desconsiderado para efeitos práticos. Assim temos a equação 30. 
�� = �
[� �]�
�� − [�
�]
�
��������
 (��.30) 
 
Observa-se claramente que a equação 30 é uma equação de segundo 
grau. A solução com significado real é dada na equação 31. Esta equação é 
muito importante, pois determina o valor do pH de uma ácido fraco 
mediante ao conhecimento de sua concentração inicial e seu valor de Ka. 
 
[� �]=
�� − � ��
� + 4.��.��
− 2
 (��.31) 
 
 29 
 
Fig. 3 – Comportamento de um ácido monoprótico forte e fraco (Ka=10
-6) 
versus concentração inicial. 
Ácidos que são polipróticos também possuem valores de constante 
ácida, porém para dois ou mais hidrogênios ácidos. Para um ácido diprótico 
genérico H2B temos duas ionizações possíveis. As expressões para a 
primeira e segunda constante ácida estão expressas nas equações 32 e 33. 
 
��� →⃖��� ��
� + � � ��� =
[�� �].[� �]
[���]
 (��.32) 
BH � →⃖��� B�� + � � ��� =
[B��].[� �]
[BH �]
 (��.33) 
 
 
 30 
Mas em um ácido fraco diprótico os dois hidrogênios são ionizáveis? 
A resposta para esta pergunta é sim. Porém, devemos lembrar que após a 
ionização do primeiro hidrogênio a dificuldade para ionizar o segundo é 
muito maior. O balanço de carga neste caso pode ser escrito como: 
 
[� �]�� = [��
�]�� + [��
�]�� + 2[�
��]�� (��.34) 
[� �]�� ≅ [��
�]�� (��.35) 
[� �]=
��� − � ���
� − 4.���.��
− 2
 (��.36) 
��� = ([�
��])�������� (��.37) 
 
4- Tratamento das bases fracas 
 
O conceito de base de Arrhenius é incompleto, pois não explica as 
características básicas de substâncias como NH3 . No caso da amônia 
temos: 
��� + �� �(��) →⃖��� �� �(��)
� +�� (��) 
� (��.38) 
É claro que, no caso das bases fracas, o tratamento é semelhante ao 
tratamento dos ácidos fracos. 
�� = [�� �]�� + [�� �
�]�� (��.39) 
[� �]�� + [�� �
�]�� = [��
�]�� (��.40) 
[�� �]=
�� − � ��
� − 4��.��
− 2
 (��.41) 
 
 31 
 
Para as bases polipróticas o tratamento também é o mesmo utilizado 
nos ácidos fracos como pode ser observado na solução mostrada na 
equação 42. 
 
[�� �]=
��� − � ���
� + 4.���.��
− 2
 (��.42) 
No caso dos ácidos fracos, sua ionização sempre leva a uma base 
também fraca chamada base conjugada. No caso do ácido acético 
(�������(��)) sua ionização leva a formação da base conjugada acetato 
(������(��)
� ). Quando o acetato de sódio (��������(�)) é adicionado 
na água neutra (pH=7) o pH da solução formada mudará devido a 
característica básica do acetato. A reação mostrada na equação 43 é 
chamada de hidrólise. Escrevendo o Ka do ácido acético e o e o Kb do 
acetato (sua base conjugada) observamos a correlação entre o Ka e o Kb 
(Eq. 47). 
 
��� + ������(��)
� →⃖��� ��(��)
� + �������(��) (��.43) 
�� = �
[� �].[������
�]
[������� ]
�
��������
 (��.44) 
�� = �
[�� �].[������� ]
[������
�]
�
��������
 (��.45) 
���� = �
[� � �].[������� ]
[������
�]
�
��������
�
�� � �.[������
�]
[������� ]
�
��������
= �� (��.46) 
���� = �� (Eq.47) 
 
 32 
5- Anfólitos 
 
Quando o hidrogenosulfeto de sódio (HS-) é dissolvido em água 
temos a sua completa dissolução (Eq. 48 ). Uma vez em solução, o HS- 
tem dois caminhos: agir como ácido (Eq.49) ou agir como base (Eq.50), 
logo este ânion pode atuar como ácido ou como base sendo assim 
classificado como anfólito. 
 
���� →⃖��� ��(��)
� + � �(��)
� (��.48) 
��(��)
� →⃖����(��)
�� + �(��) 
� (��.49) 
��(��)
� →⃖��� ���(��) + �� (��)
� (��.50) 
 
Evidentemente que, embora um comportamento se sobressaia, um 
balanço de massa e carga é necessário para derivar uma expressão capaz de 
predizer o pH de um anfólito baseado na sua concentração (Cs). 
 
Balanço de massa : 
[� ��]= [���]+ [� ��]+ [���]= �� (��.51) 
Balanço de carga : 
[� ��]+ [� �]= 2[���]+ [� ��]+ [�� �] (��.52) 
��+ [� �]= [���]+ {[���]+ [� ��]}+ [�� �] (��.53) 
 
 
 33 
Substituindo o balanço de massa (Eq.51) no balanço de carga (Eq.52 
e 53) temos a equação 54. Multiplicando a equação 54 por [H+] chega-se na 
equação 55. Utilizando as expressões dos ácidos polipróticos (Eq.56 e 57) 
e colocando HS- chagamos na equação 58. 
 
��+ [� �]= [���]− [���]+ ��+ [��
�] (��.54) 
[� �]� + [���].[�
�]= [� �].[���]+ �� (��.55) 
[���]= �
[� �].[�� �]
���
�
��������
 (��.56) 
[���]= �
[�� �].���
[� �]
�
��������
 (��.57) 
���.[�
�]� + [� �]�.[�� �]= [�� �]���.��� + ���.�� (��.58) 
 
Isolando o termo quadrático chegamos na expressão que relaciona as 
constantes Ka1 e Ka2 do anfólito com a sua concentração [SH
-] (Eq.59). 
Fazendo a concentração do anfólito igual à concentração inicial ( [�� �]≈
�� ) teremos uma expressão simplificada (Eq.60). Considerando Cs muito 
maior que Ka1 e desprezando o termo Ka1Kw chegamos na expressão ainda 
mais simples para determinar o pH de um anfólito (Eq.61). 
 
[� �]= �
[�� �].���.��� + ���.��
��� + [��
�]
 (��.59) 
 
 34 
[� �]= �
��.���.��� + ���.��
��� + ��
 (��.60) 
�� =
���� + ����
2
 (��.61) 
 
6- Solução Tampão 
 
Suponha a seguinte situação: uma solução de ácido acético é 
produzida na concentração 0,1mol/L em um volume de 1L. Nesta 
circunstância é lógico pensar no equilíbrio mostrado na equação 25. 
Agora suponha que a esta solução seja adicionado acetato suficiente 
para perfazer uma concentração 0,10 mol/L. Evidentemente que, como 
ácido fraco, o ácido acético não ioniza todos os hidrogênios possíveis e, 
portanto, a concentração de ácido não ionizado é dado pela equação 62: 
� = [� �]�� + [������� ]�� (��.62) 
 
Com a adição de acetato, o equilíbrio se desloca no sentido inverso 
para recompor ainda mais o ácido acético não ionizado, e com isso manter 
o valor de Ka. Neste caso o ácido acético praticamente não se ioniza. Este 
fenômeno é chamado efeito do íon comum e assim podemos escrever: 
 
� ≈ [������� ]�� (Eq.63) 
E o acetato não age como base? Pelo mesmo motivo temos uma 
hidrólise muito dificultada devido à presença do íon comum CH3COOH e, 
 
 35 
portanto, o acetato não se hidrolisa. Logo a expressão do Ka (Eq.64) possui 
duas constantes virtuais. Aplicando-se “–log” dos dois lados temos a 
expressão do pH do tampão para o par acetato/ácido acético (Eq.65). 
Genericamente, podemos escrever a expressão do tampão para qualquer par 
ácido/base conjugada (Eq.66). Claro que como o volume “V” é igual pois 
tanto o ácido e base conjugada estão no mesmo recipiente, assim podemos 
escrever a expressão em termos de número de mols (Eq.67). 
 
�� = �
[� �][������
�]
[������� ]
�
��������
 (��.64) 
��� = �� − ����
[������
�]
[������� ]
�
��������
 (��.65) 
��� = �� − ����
[���� ���������]
[����� ���������]
�
��������
 (��.66) 
pH = pK�+log�
n�
n�
�
��������
 (��.67) 
Para os tampões básicos o tratamento é idêntico. Vamos considerar 
uma base fraca B- como mostrado na equação 68. Novamente aplicando-se 
“-log” dos dois lados da constante Kb (Eq.69) chegamos à expressão do 
tampão básico (Eq.70) que em termo de pH chegamos a expressão final 
mostrado na equação 71. 
 
�(��)
� →⃖��� � �(��) + �� (��)
� (��.68) 
− ����� = − ��� �
[�� ].[�� �]
[��]
�
��������
 (��.69) 
 
����
[�� ]
[��]
�
��������
+ ��
�� = 14 − ��� + ����
�
�
 
7- Titulação ácido-base (volumetria) 
 
A figura 4 mostra 
volumetria (titulação). Na bureta é adicionado o titulante
adicionada a substância a ser titulada. 
volumetria potenciométrica (titulação potentiométrica) existe ainda um 
eletrodo para a determinação do potencial. No caso das volumetrias 
convencionais, este sistema 
que muda a sua coloração no ponto final da titulação.
Fig. 4 – Esquema de titulação
Fonte : http://www.instrumentosdelaboratorio.net/2012/09/bureta.html
�� = ��� 
�
��
��
�
��������
 
base (volumetria) 
mostra um esquema bastante comum utilizado na 
. Na bureta é adicionado o titulante e no erlenmeyer é 
adicionada a substância a ser titulada. Em equipamentos que realizam a 
volumetria potenciométrica (titulação potentiométrica) existe ainda um 
eletrodo para a determinação do potencial. No caso das volumetrias 
convencionais, este sistema é substituído por uma substância indicadora 
que muda a sua coloração no ponto final da titulação. 
 
Esquema de titulação: bureta, suporte com garras, suporte e 
erlenmeyer. 
http://www.instrumentosdelaboratorio.net/2012/09/bureta.html
 (��.70) 
 (��.71) 
um esquema bastante comum utilizado na 
e no erlenmeyer é 
Em equipamentos que realizam a 
volumetria potenciométrica (titulação potentiométrica) existe ainda um 
eletrodo para a determinação do potencial. No caso das volumetrias 
é substituído por uma substância indicadora 
m garras, suporte e 
http://www.instrumentosdelaboratorio.net/2012/09/bureta.html 
 
 37 
Simplesmente a reação entre um ácido e uma base leva à formação 
de um sal e moléculas de água. Vamos expor um exemplo extremamente 
simples que exprime exatamente o objetivo principal da volumetria ácido-
base (e em certa parcela a própria volumetria). Podemos considerar a 
reação entre o ácido clorídrico e o hidróxido de sódio: 
 
���(��) + ��� �(��) → ����(��) + ��� (��.72) 
 
A estequiometria desta reação corresponde à proporção de um mol 
de ácido para um mol de base. Vamos supor à seguinte situação: suponha 
50mL de uma solução de HCl 0,10mol/L. Vamos supor que seja 
adicionado a esta solução 25mL de NaOH 0,10mol/L. Nestas 
circunstâncias como fica o valor do pH? Antes o valor do pH deveria ser : 
–log 0,10 =1. Ora, mais quantos mols de HCl existem nestes 50mL 
(Eq.73)? Com a adição de 25mL de NaOH 0,10mol/L quantos mols de base 
foram adicionados (Eq.74)? 
 
[���]=
�
�
∴ � = [���].� = 0,10���/�.0,05�= 5�10����� (��.73) 
[���� ]=
�
�
∴ � = [���� ].� = 0,10���/�.0,025�= 2,5�10�����(Eq.74) 
 
 Neste caso, evidentemente que resta uma quantidade de ácido sem 
reagir, pois a base é o reagente limitante: n��� = 5x10
��mol−
2,5x10��mol = 2,5x10��mol. A concentração de HCl e o pH são dados 
como: 
 
 38 
 
[���]=
�
�
=
2,5�10�����75�10���
=
0,0333���
�
∴ �� = − ���(0,0333) = 1,47 (��.75) 
 
Então qual a quantidade de base que deve ser adicionado para reagir 
completamente com os 50mL de HCl? Logicamente que deve se adicionar 
um volume que carregue 5�10����� de base (lembrando que a 
concentração de NaOH corresponde a 0,1mol/L). 
 
�
�
=
0,1���
�
∴ � =
5�10�����
0,1���/�
 = 50�� (��.76) 
 
Logicamente que o problema crucial da volumetria ácido-base (ou os 
outros tipos) é saber a quantidade a ser titulada (alíquota) e a quantidade 
gasta de titulante. Vamos a uma questão prática e objetiva: se 50mL de 
uma solução de HCl foi completamente titulada com 12mL de uma solução 
de NaOH 0,10mol/L, qual a concentração de HCl? 
Primeiro: Qual a quantidade em mols de titulante (NaOH): 
�
�
=
0,10���
�
∴ � = 12�10���.0,10���/�= 1,2�10����� (��.77�) 
Segundo: qual a estequiometria de reação: 
Neste caso 1:1 
Terceiro: calcular a concentração do titulado: 
 
 
 39 
�
�
=
1,2�10�����
50�10���
= 0,024���� (��.77�) 
 
Mas surge a questão qual o pH final da titulação do HCl com o 
NaOH? Logicamente que após todo H+ proveniente do HCl reagir com os 
íons OH- vindos da base, o pH da água retorna a seu valor, ou seja pH=7. 
Suponha a titulação de 50mL de uma solução de HCl 0,10mol/L com uma 
NaOH 0,10mol/L. Vamos observar o pH do titulado de acordo com a 
adição de base. 
 
a) 0mL de NaOH 0,10mol/L 
b) 12 mL de NaOH 0,10mol/L 
c) 50 mL de NaOH 0,10mol/L 
d) 75 mL de NaOH 0,10mol/L 
 
a) Simplesmente temos o cálculo do pH de uma solução de ácido forte: 
pH = -log (0,1) = 1. 
 
b) Agora com a adição de NaOH temos que calcular a quantidade de mols 
de titulante adicionado: 
����� = [���� ].����� (��.78�) 
Sabendo que a estequiometria da reação é 1:1, o número de mols de 
HCl deve ser como mostrado na equação 78b. Logo para calcular a 
concentração em mol/L temos a equação 79. 
 
 40 
���� = [���].���� − [���� ].����� (��.78�) 
[���]=
����
������
=
[���].���� − [���� ].�����
���� + �����
 (��.79) 
[���]=
����
������
=
0,1���/��50�10���− 0,1���/��12�10���
(50 + 12)�10���
= 0,061���/� (��.80�) 
�� = − log(0,061) = 1,21 (��.80�) 
 
c) Usando a expressão mostrada na Eq.79, chegamos ao estranho valor de 
0,0mo/L. Este valor não é o correto, pois a água pura neutra tem 10-7mol/L. 
Assim, a fórmula mostrada na Eq.79 trata-se da concentração de íons H+ 
adicionados ARTIFICIALMENTE. Estes íons adicionados são eliminados 
quando adicionamos 50mL de NaOH. Por isso, temos um o valor de 
0,0mol/L deve ser indício que neste ponto o valor do pH da água neutra 
(pH=7). 
 
d) Usando a expressão mostrada na Eq.79, chegamos a outro estranho valor 
de − 0,02���/L. Este valor negativo ocorre para mostrar que todos as 
moléculas de HCl foram eliminadas e, alem disso, existe base para eliminar 
mais 2,5x10-3mol de ácido. Isto significa que podemos fazer certo arranjo 
para salvar a Eq. 79 invertendo a posição como mostrado na Tabela 3. 
Logo, a concentração de NaOH corresponde a 0,02mol/L e o valor do 
pOH = -log(0,02)= -1,69 e consequentemente, pH = 14-pOH = 12,3. A 
tabela 3 mostra como calcular o pH nos diferentes estágios da titulação de 
uma ácido forte por uma base forte. 
 
 
 41 
Tabela 3- Equações para o cálculo do pH nos diferentes estágios da 
titulação de uma ácido forte por uma base forte. 
 
Titulação de 
 um ácido forte 
Fórmula 
 
 Antes do ponto 
final 
 
 
[���]=
����
������
=
[���]����� − [���� ]������
���� + �����
 
 
 
 
No ponto final 
 
pH = 7 
 
 
 
Após o ponto final 
 
[���� ]=
�����
������
=
[���� ]������ − [���]�����
���� + �����
 
 
 
 
De certo que, juntando as três expressões mostradas na tabela 3, 
podemos montar o gráfico mostrado na figura 5. Podemos observar que 
próximo ao ponto final uma pequena variação de volume ocasiona uma 
grande variação de pH. Observamos pelo gráfico que se a titulação for 
interrompida em pH =2 o volume no ponto final seria em torno de 45mL. O 
erro encontrado então seria de 10% (Eq.81). 
 
����% = �
50��− 45��
50��
��100 = 10% (��.81) 
 
 42 
 
Fig. 5- curva de titulação de 50mL de HCl 0,1mol/L com uma solução de 
NaOH 0,1mol/L. 
Na prática, as titulações ácido-base são realizadas com a utilização 
de indicadores ácido-base. Estes indicadores exibem coloração diferente 
em diferentes valores de pH. Para a titulação de ácido forte o indicador 
mais utilizado é a fenolftaleína (Fig.6). A fenolftaleína é incolor em meio 
ácido, porém em meio básico sua cor é rósea intensa. 
 
 43 
 
Fig. 6- Estrutura química da fenolftaleína em meio ácido e meio básico. 
 
Em geral o tratamento para indicadores em relação a sua cor é dado 
da seguinte forma. Quando 
[���]
[ ���]
≥ 10 temos a prevalência da cor “A” 
(Eq.82). Por outro lado quando 
[ ���]
[���]
≥ 10 temos a prevalência da cor “B” 
(Eq.82). A constante de equilíbrio mostrada na equação 83 é aplicada a 
indicadores ácidos como a fenolftaleína, mas os resultados são aplicados a 
qualquer indicador. Aplicando-se “–log” dos dois lados na Eq.83 chagamos 
a Eq.84. Considerando o caso aonde 
[ ���]
[���]
= 10 temos que pH = pKa +1. 
Em outra situação temos 
[���]
[ ���]
= 10 assim pH = pKa -1 . 
Nestas condições, o que pode ser chamado a faixa de viragem de um 
indicador é a faixa de pH aonde ocorre uma variação da cor de um 
indicador, matematicamente : pH = pKa ± 1. Sabendo que o Ka da 
 
 44 
fenolftaleína é 1x10-9,6, temos o seu pKa = 9,6 e sua faixa de viragem no 
intervalo de 8,6 (incolor)-10,6(rósea intensa). 
 
����
��� �
 →⃖��� ������
 ��� �
+ � � (��.82) 
 
�� =
[ ���]�[� � ]
[���]
 (��.83) 
− ����� = − ���
[ ���]
[���]
− ���[� �] (��.84) 
 
Na titulação de uma base forte é possível utilizar a fenolftaleína 
como indicador? Em princípio a resposta seria sim. Teríamos inicialmente 
uma solução com coloração rósea intensa com pH provavelmente maior 
que 12 (prevalência da cor B). Com a adição de H+ temos uma diminuição 
do valor do pH. Na transição para pH igual ou menor que 10,6 a solução 
ficaria começaria a ter uma mistura de cores rosa + incolor (rosa mais 
claro). Para pH abaixo de 8,6 a solução seria incolor (prevalência da cor 
A). Assim a faixa de transição 10,6 ate 8,6 veremos uma tonalidade rosa 
claro. Quando a solução se tornar incolor temo a certeza que o pH esta 
abaixo de 8,6. Porém, veremos que a fenolftaleína não pode ser utilizada 
para a titulação de bases muito fracas. Para isso, atualmente temos uma 
gama de possibilidades de outros indicadores. Na tabela 4 são mostrados 
alguns indicadores ácido-base, suas faixas de viragem bem como as cores 
apresentadas em cada caso. 
 
 
 
 45 
Tabela 4 – Alguns indicadores ácido-base e suas faixas de viragem. 
Indicador pH 
(cor) 
pH 
(cor) 
Azul de 
timol 
˂1,20 
(vermelho) 
˂2,80 
(Amarelo) 
Amarelo de 
Metila 
˂2.90 
(vermelho) 
˂4.0 
(amarelo) 
Vermelho de 
metila 
˂4,2 
(vermelho) 
˂6,3 
(laranja) 
Azul de 
Bromotimol 
˂6,2 
(amarelo) 
˂7,6 
(Azul) 
Fenolftaleina ˂8,6 
(Incolor) 
˂10,6 
(rósea) 
Amarelo de 
alizarina GG 
˂11 
(incolor) 
˂13 
(Amarelo) 
 
Verificamos, pela tabela 4, que para titular o HCl por exemplo 
podemos utilizaro vermelho de metila, o azul de bromotimol ou a 
fenolftaleína. Todos os três indicadores iram produzir um erro pequeno, 
mas como estimar este erro? Vamos pensar na titulação dos 50mL de HCl 
0,10mol/L como o NaOH. Verificamos o ponto final é atingido quando 
utilizamos 50mL de NaOH, e neste caso chagamos a pH=7. Entretanto 
utilizando os indicadores não conseguimos uma viragem exatamente em 
pH=7. Para fenolftaleína, por exemplo, precisamos adicionar uma 
quantidade a mais de titulante, pois a mudança de cor somente que ocorre 
em pH =8,6. Desta forma é importante salientar a diferença do ponto final 
fornecido pelo o indicador (neste caso em torno de 8,6) com o ponto final 
 
 46 
real da reação (neste caso pH = 7). Mas como estimar este erro neste caso? 
A resposta esta mostrada nos cálculos abaixo: 
 
�� = 8,6 ����, ��� = 5,4 �� [�� �]= 3,98�10�����/� (��.85) 
[���� ]=
[���� ].����� − [���].����
���� + �����
 (��.86) 
3,98�10�����/�=
0,1���/�.����� − 5,0�10
�����
100�10���
 (��.86�) 
0,398�10�����+ 5,0�10�����= 0,1���/������ (��.86�) 
50,039�10�����= 0,1���/������� ∴ ����� = 50,039�� (��.86�) 
����% = �
50��− 50,039��
50��
��100 = 0,078% (��.87) 
Vamos supor que se queria titular o ácido fluorídrico (HF), qual o 
indicador mais apropriado? Vamos supor a titulação de 50mL de HF 
0,10mol/L com NaOH 0,1mol/L. Para responder esta pergunta primeiro 
precisamos saber a natureza do HF. O ácido HF é um ácido fraco com um 
pKa igual a 3,19 logo, seu Ka corresponde à 6,45x10
-4. Logicamente que, ao 
final da titulação, teremos F- na concentração 0,05 mol/L. Sabendo que o 
Kb do fluoreto corresponde a 1,55x10
-11 (Kb=Kw/Ka) e seu pKb= 10,80 
podemos calcular o pH do ponto final usando a fórmula da base fraca 
(Eq.41,41a e 41b). 
 
��(��) + ��� �(��) → �� �(��) + ��� (��.88) 
�(��)
� + ��� → � �(��) + ��(��)
� (��.89) 
 
[OH �]=
1,55x10��� − � (1,55x
pOH = 6,05 e pH = 7,94
Na titulação do HF observamos que durante a titulação um tampão 
HF/F- é formado (Eq.90a e 90b)
função da adição de NaOH na titulação de 50mL de HF 0,1mol/L e 50mL 
de HCl 0,1mol/L. Ambos possuem ponto final da tit
porem o pH do ponto final é diferente devido a 
ácido. O ponto final da titulação do HF é 
formada após a titulação. Neste caso o melhor indicador seria 
fenolftaleína. 
Fig.7- Valor do pH em função da adição de NaOH na titulação de 50mL de 
HF 0,1mol/L e 50mL de HCl 0,1mol/L.
( x10���)� + 4x1,55x10���x0,05
− 2
= 8,8x10��mol/L
94 (
Na titulação do HF observamos que durante a titulação um tampão 
(Eq.90a e 90b). Por isso na figura 7 é mostrado o pH
função da adição de NaOH na titulação de 50mL de HF 0,1mol/L e 50mL 
Ambos possuem ponto final da titulação em 50mL, 
porem o pH do ponto final é diferente devido a natureza diversa dos dois 
O ponto final da titulação do HF é 7,94 porque uma base fraca é 
formada após a titulação. Neste caso o melhor indicador seria também a 
pH em função da adição de NaOH na titulação de 50mL de 
HF 0,1mol/L e 50mL de HCl 0,1mol/L. 
 
L (Eq.41a) 
(Eq.41b) 
Na titulação do HF observamos que durante a titulação um tampão 
é mostrado o pH em 
função da adição de NaOH na titulação de 50mL de HF 0,1mol/L e 50mL 
ção em 50mL, 
diversa dos dois 
porque uma base fraca é 
também a 
 
pH em função da adição de NaOH na titulação de 50mL de 
 
 48 
�� = ���+����
[��]
[�� ]
�
��������
 (Eq.90a) 
Tabela 5 – Constantes das espécies provenientes do H2S. 
 
 
 
 
pH = pK�+log�
0,10.V����
0,05x0,1 − 0,10xV����
�
��������
 (Eq.90b) 
Vamos pensar na titulação de ácidos fracos que são polipróticos 
como o H2S. Vamos supor a titulação de 50mL de H2S 0,10mol/L com 
NaOH 0,1mol/L. Neste caso, sabemos que teremos dois pontos finais: um 
na completa formação do HS- e outro na completa formação do S-2. A 
figura 8 mostra a curva de titulação do 50mL de H2S 0,10mol/L com NaOH 
0,1mol/L. Inicialmente quando os primeiros volumes de NaOH são 
adicionados forma-se o tampão HS-/H2S (Eq.90). Quando todo H2S reage 
formando o HS-, temos em solução somente HS- que é um anfólito, logo, o 
pH neste região é dado pela Eq.61. Neste primeiro ponto, o indicador que 
pode ser utilizado é a fenolftaleína. Após este ponto, o tampão formado é 
básico sendo, portanto, entre o S-2/HS- (Eq.91). Como segundo ponto final 
temos a formação de uma base “moderada” S-2 com um valor de Kb 
relativamente alto entre as bases fracas fraca (vide tabela 5). Fazendo os 
cálculos temos que a concentração final de sulfeto é de 0,033mol/L e o pH 
final é 12,83. 
 
Espécie Ka Kb 
H2S 1,0x10
-7 - 
HS- 1,25x10-13 1,0x10-7 
S-2 - 0,08 
 
���(��) + ��� �(��) → ��
��(��)
� + ��� �(��) → �(
�
Um caso de ácido poliprótico especial é o
contato com o CO2 tente a ser sutilmente ácida. 
CO2 é um oxido com propriedades ácidas. Q
deixa de ser uma molécula linear para se tronar uma molécula angular que 
é o ácido carbônico (Fig.3).
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Fig. 8- Curva de titulação do 50mL de H
0,1mol/L. 
 
��(��)
� + ��(��)
� 
(��)
�� + ��(��)
� 
Um caso de ácido poliprótico especial é o CO2. Toda água em 
tente a ser sutilmente ácida. Isto acontece porque o 
é um oxido com propriedades ácidas. Quando imerso em água, o CO
deixa de ser uma molécula linear para se tronar uma molécula angular que 
é o ácido carbônico (Fig.3). 
 
urva de titulação do 50mL de H2S 0,10mol/L com NaOH 
 (��.90) 
 (��.91) 
Toda água em 
Isto acontece porque o 
água, o CO2 
deixa de ser uma molécula linear para se tronar uma molécula angular que 
S 0,10mol/L com NaOH 
 
 50 
 
Fig. 9- Equilíbrio do CO2 atmosférico. 
 
Como calcular o pH da água que está em contato com CO2 
atmosférico? Primeiramente precisamos saber qual a concentração 
[���(��)](��). Para isto precisamos utilizar a lei de Henry onde KH é a 
constante de Henry (Eq.92a) (para o CO2 este valor é de 3,405x10
-7 
mol/L.Pa) e ����corresponde a pressão parcial de CO2 na atmosfera (na 
média este valor pode ser considerado como 30,39 Pa. Assim : 
 
Tabela 6 – Constantes das espécies provenientes do CO2(aq). 
 
 
 
 
 
Espécie Ka Kb 
H2CO3 4,6x10
-7 - 
HCO3
- 5,6x10-11 2,1x10-8 
CO3
-2 - 1,7x10-4 
 
 51 
[���(��)](��) = �� .���� (��.92�) 
[���(��)](��) =
3,405�10�����
�.��
.30,39�� = 1,03�10�����/�(��.92�) 
 
Levando-se em consideração a tabela 6 e sabendo que o ácido 
carbônico é um ácido fraco poliprótico temos (Eq.93a e 93b): 
[� �]=
��� − � ���
� − 4.���.[���(��)](��)
− 2
 (��.93�) 
[� �]=
1,95�10�����
�
∴ �� = 5,70 (��.93�) 
 
 Baseado no que foi exposto, a figura 10 mostra a curva de titulação 
para alguns ácidos na concentração 0,1mol/L titulados com NaOH 
0,1mol/L. observamos que a fenolftaleína titula bem todos os ácidos 
propostos. Com o indicador vermelho de metila é possível titular somente o 
ácido forte HCl e o azul de bromotimol titula todos menos o ácido 
carbônico. Todas estas conclusões são baseadas na faixa de viragem 
mostrada na figura 10. Da mesma forma, quando titulamos bases fracas 
nem todos os indicadores podem ser utilizados. Pela figura 11 percebemos 
que a fenolftaleína pode ser utilizada para titular uma base com pKb =2,74. 
Porém para as outras bases mostradas na figura isso não é valido. 
Considerando que a NH3 é uma base com pKb =4,74, seusindicadores 
seriam tanto a azul de bromotimol quanto o vermelho de metila. Para uma 
base mais fraca que a amônia o vermelho de metila seria a escolha correta. 
 
Fig. 10- Curva de titulação para alguns ácidos na concentração 0,1mol/L 
titulados com NaOH 0,1mol/L.
Fig.11-Curva de titulação para algumas bases na concentração 0,1mol/L 
titulados com HCl 0,1mol/L.
urva de titulação para alguns ácidos na concentração 0,1mol/L 
titulados com NaOH 0,1mol/L. 
urva de titulação para algumas bases na concentração 0,1mol/L 
titulados com HCl 0,1mol/L. 
 
urva de titulação para alguns ácidos na concentração 0,1mol/L 
 
urva de titulação para algumas bases na concentração 0,1mol/L 
 
Prática 1.1- Padronização de uma solução de NaOH 
(_____/_____/____) 
 
Objetivo: Padronizar uma solução de NaOH previamente preparada com 
biftalato de potássio. 
Metodologia : Pesar uma massa de _________g de biftalato de potássio 
previamente seco a 200oC por 24horas. Adicionar a um erlenmeyer a massa 
pesada e dissolver com 2mL de água destilada. Adicionar 3gotas de uma 
solução alcoólica de fenolftaleína (2% m/V). Titular com uma solução de 
NaOH a ser padronizada. Volume gasto: _________________mL. 
Dados : 
 
 Reação entre o biftalato de potássio e o NaOH 
Biftalato de potássio (MM = 204,22g/mol) 
NaOH (MM= 40g/mol) 
Questão : Calcular a concentração do NaOH na solução, em g/L e em 
mol/L. 
 
 
 
 54 
Prática 2.1– Calcular o teor de HCl no ácido muriático 
(_____/_____/____) 
 
Objetivo: Determinar a concentração de HCl, em g/L e em mol/L, no ácido 
muriático. 
Metodologia: Pipetar uma alíquota de _____________mL de ácido 
muriático com a micropipeta e adicionar a um erlenmeyer o volume obtido. 
Adicionar 3gotas de uma solução alcoólica de fenolftaleína (2% m/V). 
Titular com uma solução de NaOH padronizado na aula anterior 
(concentração : ___________mol/L). 
Volume gasto: ___________________mL 
Dados : 
���(��) + ��� �(��) → ����(��) + ��� 
 
HCl (MM = 36,50g/mol) 
NaOH (MM= 40,00g/mol) 
 
Questão : Calcular a concentração do HCl no ácido muriático, em g/L 
e em mol/L.
 
 
 55 
Prática 3.1 -Estimar o valor da constante acida do HAc 
(_____/_____/____) 
 
Objetivo: Determinar a constante ácida do HAc mediante as medidas de 
pH. 
Metodologia: Utilizar uma solução previamente preparada de HAc 
0,1mol/L. Preparar 4 tipos de solução seu respectivo béquer: 
a) 50mL do solução de partida (frasco): pH_______________ 
b) 50mL da solução de partida + 50mL de H2Odest:pH_______ 
c) 50mL da solução de partida + 150mL de H2Odest: pH______ 
d) 50mL da solução de partida + 200mL de H2Odest:pH:______ 
 
 Dados : 
[� �]=
�� − � ��
� − 4.��.�
− 2
 
������= �
��� + ���+��� + ���
4
� 
 
Questão : Calcular o valor da constante ácida para o ácido 
acético. 
 
 
 
 
 
 56 
Prática 4.1 - Calcular o teor de HAc no vinagre I (_____/_____/____) 
 
Objetivo : Determinar a valor do teor de ácido acético no vinagre, em % m/V, mediante a 
titulação com NaOH. 
Metodologia: Recolher _______mL de vinagre com uma pipeta volumétrica e transferir para 
um erlenmeyer. Adicionar 3gotas de uma solução alcoólica de fenolftaleína (2% m/V) e 
titular com uma solução previamente preparada de NaOH__________mol/L. 
Volume gasto: ___________________mL 
Dados: 
���(��) + ��� �(��) → ����(��) + ��� 
HAc = (MM=60g/mol) 
 
 
 
 
Questão : Calcular o valor da concentração de 
HAc em %m/V no vinagre. 
CH3CH2C
o
OH
H2O
NaOH
COO-Na+
O
O-Na+
 
 
 57 
Prática 5.1 -Calcular o teor de HAc no vinagre II (_____/_____/____) 
 
Objetivo : Determinar a valor do teor de ácido acético no vinagre em 
%m/V mediante a medida de pH. 
Metodologia: Recolher 20mL de vinagre com uma pipeta volumétrica e 
transferir para um béquer de ________mL. Realizar uma medida de pH 
com tempo de 2 min e anotar o valor final. 
pH: ___________________ 
Dados: 
[� �]=
�� − � ��
� − 4.��.�
− 2
 
 
Questão : Calcular o valor da concentração de HAc, em %m/V, no 
vinagre. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 58 
Capítulo 2 - Volumetria de precipitação 
1-Solubilidade 
Nas reações de precipitação temos a formação de um composto 
sólido devido à influência da atração eletrostática entre os cátions e ânions 
em solução. Antes de falar sobre estas reações temos que definir o que é 
solubilidade. Na tabela 1 temos a solubilidade de alguns compostos 
cloretos. 
Tabela 1: Solubilidade de alguns cloretos. 
Composto Solubilidade mol/L Solubilidade (g/L) 
NaCl (58,5mol/L) 6,13 359,0 
KCl (74,5g/mol) 3,77 281,0 
LiCl (42,4g/mol) 1,50 63,7 
AgCl (143,3g/mol) 0,00001 0,00143 
 
De todos os compostos mostrados na tabela 1, o que possui uma 
menor solubilidade é o cloreto de prata (AgCl). Vamos então considerar a 
dissolução do AgCl em água. Primeiramente temos a dissolução do sal 
(Eq.1) e a solvatação dos íons. Por outro lado, como a água não consegue 
solvatar eficientemente e separar todas as cargas, os íons Cl- e Ag+ tendem 
a se atrair novamente (Eq.2). O balanço entre os dois processos esta 
representado na equação 3. Por isso, podemos escrever o equilíbrio como 
mostrado na equação 4a. Entretanto como os sólidos não se dispersão em 
solução, a sua concentração pode ser considerada constante e desta forma 
escrevemos a equação 4b. Esta última expressão é denominada constante 
do produto de solubilidade (kps). 
 
 
 
 59 
����(�)
���
�⎯� ��(��)
� + ��(��)
� (��.1) 
��(��)
� + ��(��)
� � ���⎯� ����(�) (��.2) 
����(�) →⃖��� ��(��)
� + ��(��)
� (��.3) 
� =
���(��)
� �.���(��)
� �
�����(�)�
 (��.4�) 
� .�����(�)�= ���(��)
� �.���(��)
� �= ��� (��.4�) 
 
Os valores de kps apenas tem sentido de serem calculados para sais 
com baixa solubilidade. O valor do kps do AgCl corresponde a 10-10. Logo 
a sua solubilidade é dada pela equação 5a e 5b. 
 
���(��)
� ����(��)
� �= �.� = 10��� (��.5�) 
� = � ���= � 10��� = 10�����/� (��.5�) 
 
Outro sal de prata pouco solúvel de prata é cromato de prata 
(Ag2CrO4). Este sal tem sua dissolução da seguinte forma (Eq.6): 
 
�������(�) →⃖��� 2��(��)
� + ����(��)
�� (��.6) 
 
 x 2x x 
 
 
 
 60 
Se o valor do kps do �������(�) corresponde a 1x10
-12 qual a 
solubilidade deste sal? Devemos lembrar que neste caso a estequiometria é 
2:1 (Eq.7a e 7b). 
[��(��)
� ]������(��)
�� �= [2�]�.[�]= 10��� (Eq.7a) 
4�� = 10��� ∴ � = �
���
4
�
= �
10���
4
�
=
6,29�10�����
�
 (��.7�) 
Para o fosfato de prata ������(�) o valor do kps corresponde a 
1x10-20. Qual a solubilidade deste sal? Devemos lembrar que neste caso a 
estequiometria é 3:1(Eq.8 , 9a e 9b). A tabela 2 mostra a formula da 
solubilidade em função do kps para diferentes estequiometrias. 
 
������(�) →⃖��� 3��(��)
� + ���(��)
�� (��.8) 
 
 x 3 x x 
 
[��(��)
� ]�����(��)
�� �= [3�]�.[�]= 10��� (��.9�) 
27�� = 10��� ∴ � = �
���
27
�
= �
10���
27
�
= 5,7�10�����/� (��.9�) 
 
 
 
 
 
 
 61 
Tabela 2 : Cálculo do kps para diferentes estequiometrias. 
Estequiometrias Equação 
(1:1) � = � ��� 
(2:1) 
� = �
���
4�
 
(3:1) 
� = �
���
27
�
 
(n:1) 
� = �
���
��
(� � �)
 
 
 
2- Bases fracas 
No Capítulo anterior observamos os ácidos e as bases. Algumas 
bases são consideradas fracas devido a sua baixa solubilidade. A tabela 2 
mostra as constantes de solubilidade (kps) de algumas bases fracas. 
Tabela 2 : Valores de kps para diferentes hidróxidos (bases). 
Base Fórmula Kps 
hidróxido de magnésio Mg(OH)2 1,2 x10
-11 
hidróxido de ferro II Fe(OH)2 8,0 x10
-16 
hidróxido de ferro III Fe(OH)3 4,0 x10
-38 
hidróxido de cálcio Ca(OH)2 5,5 x10
-6 
hidróxido de alumínio Al(OH)3 2 x10
-32 
 
 
 
 62 
O valor do pH influencia a solubilidade das bases fracas com baixa 
solubilidade . Para a dissolução do Mg(OH)2 por exemplo (Eq.10), temos 
que a expressão do kps dada pela tabela 2 (Eq. 11). Qual a solubilidade do 
Mg(OH)2 em pH=7, 9 e 10? Logicamente que a diminuição da solubilidade 
do hidróxido de magnésio com o aumento do pH não representa mais do 
que o efeito do íon comum, que neste caso é o OH-. 
 
�� (�� )�(�) →⃖��� �� (��)
�� + 2�� (��)
� (��.10) 
 
 x x 2x 
 
[�� (��)
�� ][�� (��)
� ]� = 1,2�10��� (Eq.11 ) 
 
[�� (��)
�� ].[10��]� = 1,2�10��� ∴ [�� (��)
�� ]= � = 1,2�10����/� ( pH = 7) (��.12) 
[�� (��)
�� ].�10��]� = 1,2�10��� ∴ [�� (��)
�� �= � = 0,12���/�(pH = 9) (��.13) 
[�� (��)
�� ].�10��]� = 1,2�10��� ∴ [�� (��)
�� �= � = 1,2�10�����/�(pH = 10) (��.14) 
 
Vamos fazer uma suposição, vamos supor que em 100mL de solução 
tenhamos [Ca+2] e [Mg+2] ambos com concentração 0,10mol/L (pH=7). 
Agora vamos supor a adição de NaOH 0,1mol/L. Qual dos dois íons 
metálicos precipitará primeiro? É claro que os íons Mg+2 irão precipitar 
primeiro. Logicamente que de acordo com a expressão do kps e seu valor 
chagamos nas equações 15 e 16. O gráfico na figura 1 mostra o 
comportamento dos íons Ca+2 e Mg+2 de acordo com o pH. Vemos 
claramente que em pH = 8 a solubilidade do Mg+2 máxima é de em torno 
 
 
 63 
de 1mol/L e em pH =9 esta solubilidade é em torno de 0,012mol/L. Como 
podemos calcular a solubilidade do íons Ca+2 em pH=9 é astronômica 
(5,5x106mol/L). 
 
[��(��)
�� ]= [�(��)
� ]�.5,5�10�� (��.15) 
[�� (��)
�� ]= [�(��)
� ]�.1,2�10�� (��.16) 
Fig.1 - Comportamento dos íons Ca+2 e Mg+2 de acordo com o pH. 
 
 
 
 64 
Poderíamos interpretara a figura 1 de uma forma mais pratica: 
Começando a partir de pH = 14, a solubilidade do hidróxido de cálcio 
começa a ser significativa a partir de pH = 13. Para o hidróxido de 
magnésio, somente a partir de pH =9. Os valores exatos podem ser obtidos 
facilmente a partir das equações 15 e 16. 
O Caso do carbonato de cálcio : 
O valor do kps do carbonato de cálcio CaCO3 3,36x10
-9. Para a 
expressão do kps do carbonato de cálcio pode ser visto abaixo: 
���= [����][���
��] 
De acordo com o kps a solubilidade do sal seria 5,79x10-5mol/L. 
Entretanto a solubilidade deste sal sofre grande influencia do pH. Para 
visualizar esta influencia vamos observar a reação do carbonato com os 
íons H+: 
���
�� + � � →⃖��� ����
� ��� =
[� �][���
��]
����
� 
Fazendo o balanço de massa para o carbonato de cálcio, 
considerando que os íons Ca+2 não sofrem o processo de hidrólise e 
substituindo na expressão do kps chegamos na solubilidade em função do 
valor do pH: 
[����]= [����
�]+ [���
��] 
[����]=
[� �][���
��]
��2
+ [���
��]= [���
��]�1 +
[� �]
��2
� 
[����]� = [����][���
��]�1 +
[� � ]
�� �
� 
 
 
 65 
 
 
 
 A solubilidade do CaCO3 em uma solução de pH=7,00 seria 
2,45�10�����/� . Nota-se que este valor é cerca de 42 vezes maior que o 
valor calculado sem a contabilização do pH. 
� = � 3,36.10�� �1 +
����
�,�������
� = 2,45�10�����/� 
 
� = � ��� �� +
[��]
���
� 
 
3- Titulação pelo método direto 
 
A volumetria de precipitação é voltada principalmente para 
determinação de íons Cl-. Entretanto uma série de outros elementos podem 
ser obtidos indiretamente. Os elementos da família 7A são os maiores 
interferentes na determinação dos íons Cl- pela volumetria de precipitação. 
A base da determinação dos íons Cl- esta relacionada com a baixa 
solubilidade do AgCl em solução aquosa. Quando adicionamos uma 
solução de AgNO3 0,1mol/L a uma solução de NaCl temos a formação do 
AgCl como precipitado ( ) (Eq.17). 
 
����(��) + ���� �(��) → ↓ ����(�) + ���� �(��) (��.17) 
 
 
 
 66 
Vamos supor a titulação de 50mL de Cl- 0,1mol/L com NaNO3 
0,1mol/L. Vamos supor os seguintes volumes de AgNO3: 
 
a) 0mL de AgNO3 0,10mol/L. 
b) 12 mL de AgNO3 0,10mol/L. 
c) 50 mL de AgNO3 0,10mol/L. 
d) 75 mL de AgNO3 0,10mol/L. 
 
a) A situação é a mais simples, pois, quando nenhum nitrato de prata é 
adicionado temos: pCl = -log 0,1 = 1 
 
b) Quando 12mL de nitrato de prata são adicionados, podemos utilizar a 
relação análoga a utilizada na volumetria ácido base (Eq.18a,18b e 
18c): 
 
[���]=
���
������
=
[���]����− [���� �]������ �
���+ ����� �
 (��.18�) 
 
[���]=
���
������
=
5�10�� − [0,1]�12�10��
62�10��
= 0,061���/� ∴ pCl = 1,21 (��.18�) 
 
c) Quando 50mL de nitrato de prata são adicionados teríamos 0,0mol/L 
de Cl-? Logicamente que a situação análoga à volumetria ácido-base, 
temos a concentração de cloreto dada pelo valor do kps. Uma vez 
 
 
 67 
que todo o cloreto foi precipitado na forma de AgCl seu equilíbrio 
em solução nos diz que (Eq.19): 
 
���= ��� = � ���= � 10��� =
10�����
�
∴ ���= 5 (��.19) 
 
d) Quando 75mL de nitrato são adicionados podemos utilizar a equação 
20a, 20b e 20c. 
[���]=
����
������
=
[���� �]������ � − [��
�]����
���+ ����� �
= 0,02���/� (Eq.20a) 
���(��)
� �=
10���
�
[���� �]������ � − [��
�]����
���+ ����� �
�
 (Eq.20b) 
���(��)
� �=
10���
�
7,5�10�� − 5,0�10��
125�10��
�
= 5�10�� = 8,3 (Eq.20b) 
 
Poderíamos também escrever neste caso para calcular o pAg: pAg+ 
pCl = 10. Não é difícil mostrar as expressões utilizadas para o calculo do 
pAg e pCl ao longo das etapas da volumetria de precipitação para a 
determinação de íons cloreto pelo método direto. 
 
 
 
 
 
 
 68 
 
 
 
Tabela 3- Expressões utilizadas para o calculo do pAg e pCl para a 
determinação de íons cloreto pelo método direto. 
Titulação de uma 
solução de Cl- 
 
Fórmula 
 
Antes do ponto final 
 
 
[���]=
���
������
=
[���]����− [���� �]������ �
���+ ����� �
 
 
 
 
No ponto final 
 
 
���= ��� = � ��� 
 
 
Após o ponto final 
 
[���]=
����
������
=
[���� �]������ � − [��
�]����
���+ ����� �
 
 
���(��)
� �=
10���
�
[���� �]������ � − [��
�]����
���+ ����� �
�
 
 
 
 
 A figura 2 mostra o comportamento do pCl durante a titulação de 
50mL de Cl- 0,1mol/L com AgNO3 0,1mol/L. Em comparação também é 
mostrado a titulação de I- (AgI kps= 1,7 x10-16 ), Br- 
 
 
 69 
(AgBr kps= 3,5 x 10-13) e BrO3
- (AgBrO3 kps= 5.38 x 10
-5). Observa-se que 
quanto menor o valor do kps mais nítido é o ponto final da titulação. Para 
os íons BrO3
- observa-se uma nítida dificuldade de titulação pelo método 
direto. 
 
Fig.2 – Curva de titulação para a titulação de 50mL de Cl- 0,1mol/L com 
AgNO3 0,1mol/L. Em comparação também é mostrado a titulação de I
-, Br- 
e BrO3
-. 
 
4- Indicador via Método direto 
 
O método mais prático para a determinação de cloreto é o chamado 
método direto. Neste método é adicionado à solução problema uma solução 
de K2CrO4. Esta última solução funciona como asolução indicadora. Isso 
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
0
2
4
6
8
10
12
14
16
 AgCl
 AgI
 AgBr
 AgBrO3
p
x
VAgNO3 mL
 
 
ocorre da seguinte forma: suponha a titulação de 50mL de uma solução de 
NaCl 0,10 mol/L com AgNO
2mL de uma solução de K
AgCl, conforme os íons Ag
dispersos em solução. Quando o ponto final é atingido 
desta forma, o excesso de 
formando um precipitado vermelho
da titulação. Este método é chamado de método direto e somente funciona 
devido a uma conjunção de fatores. 
 
 ������(��) + 2���� �(��
 
 
ocorre da seguinte forma: suponha a titulação de 50mL de uma solução de 
NaCl 0,10 mol/L com AgNO3 0,1mol/L. Vamos também supor a adição de 
solução de K2CrO4. Durante a titulação temos a formação do 
AgCl, conforme os íons Ag+ são adicionados reagindo com os íons Cl
dispersos em solução. Quando o ponto final é atingido temos 
o excesso de Ag+ é irá reagir com os íons CrO4
-2 em solução 
formando um precipitado vermelho (Eq.21) indicando, assim, o ponto final 
da titulação. Este método é chamado de método direto e somente funciona 
devido a uma conjunção de fatores. 
��) → ↓ �������(�) + 2��� �(��) (
 
ocorre da seguinte forma: suponha a titulação de 50mL de uma solução de 
0,1mol/L. Vamos também supor a adição de 
. Durante a titulação temos a formação do 
os íons Cl- 
temos nAg+=nCl- 
em solução 
indicando, assim, o ponto final 
da titulação. Este método é chamado de método direto e somente funciona 
(��.21) 
 
 
Fig.3 - Titulação de cloreto 
cromato de potássio e AgNO
 
O ������� possui um kps igual a 1,1x10
Quando o nitrato de prata é adicionado 
AgCl, porque? Pela equação 22 vemos que um pAg =9 é suficiente para a 
formação do precipitado de AgCl.
concentração de K2CrO4 em solução corresponde a 
que o pAg atinja 3,78 para que comece a precipitar o 
23b e 23c) 
 
���(��)
� �.0,1���/�= 10
−
[������]=
0,1���/�.0,
0,052�
���(��)
� �
�
�����(��)
�� �= 10
���(��)
� �= 1,6210�����
 
de cloreto pelo método direto com uma solução de 
e AgNO3. 
possui um kps igual a 1,1x10-12 e o ����
Quando o nitrato de prata é adicionado à solução ele forma primeiro o 
Pela equação 22 vemos que um pAg =9 é suficiente para a 
formação do precipitado de AgCl. Por outro lado, sabendo que a 
em solução corresponde a 0,0038���/�
8 para que comece a precipitar o �������
− 10 ∴ ���
(��)
+
�= 10
− 9 ∴ ��� = 9 (
,002�
�
=
0,0038���
�
 (
� 0��� (��
���/�∴ ��� = 3,78 (��
 
pelo método direto com uma solução de 
���� 1x10-10. 
solução ele forma primeiro o 
Pela equação 22 vemos que um pAg =9 é suficiente para a 
Por outro lado, sabendo que a 
�, precisa 
 (Eq.23a, 
(��.22) 
(��.23�) 
��.23�) 
(��.23�) 
 
 
 72 
Após todo cloreto ser titulado temos que a concentração de Ag+ será 
10-5mol/L, ou seja, ainda não suficiente para precipitar o ������� que é 
[Ag+]=1,6210�����/�. Considerando a titulação com [AgNO3] 
=0,10mol/L o volume a mais que deve ser adicionado de titulante é dado 
pelas equações 24a,24b e 24c. O volume final foi considerado como 100 
mL. Netas condições necessita-se de 50,152mL para atingir o ponto final. 
Este erro é estimado então em 0,34%. Isso mostra que nestas condições é 
possível utilizar o cromato de prata como indicador do ponto final da 
titulação. 
 
[Ag�]�� − [Ag
�]�� = 1,62�10
�����/�− 1�10�����/� = 1,52�10�����/� 
1,52�10�����/�.0,10�= � = 1,52�10����� 
� =
1,52�10�����
0,1���/�
= 0,152�� 
5- Método indireto 
 
O método indireto, que também é chamado de método de Volhard, 
consiste resumidamente em adicionar um excesso de nitrato de prata e 
titular o excesso de prata com tiocianato de potássio (KSCN). 
 
 ����(��) + ���� �(��) → ↓ �����(�) + ��� �(��) (��.24) 
 
O indicador utilizado no método indireto corresponde a uma solução 
de Fe+3 da ordem de 10-2M. Após o consumo dos íons Ag+ os íons SCN- 
 
 
 73 
reagem com os íons Fe+3 produzindo um complexo intensamente vermelho 
(Eq.25). 
���(��)
� + ��(��)
�� → [�����](��) 
�� (��.25) 
Devido a possível formação do hidróxido de ferro III, este técnica 
deve ser executada em pH ácido. Apesar da constante de equilíbrio do 
complexo [�����](��) 
�� não ser muito grande (1,4x102), experimentalmente 
uma concentração de 6,5x10-6mol/L de complexo já é suficiente para este 
ser detectado visualmente. Considerando o valor do kps do AgSCN como 
1,1x10-12, temos uma concentração de Ag+ no e SCN- no ponto final é de 
1,048x10-6 mol/L. Nestas condições temos que a concentração de complexo 
é menor do que a necessária para a detecção visual (Eq.26a e 26b). 
 
� = 1,4�10� =
[�����]��
[����].[��� �]
 (��.26�) 
[�����]�� = 10��.1,048x10��.1,4�10� = 1,46�10�����/� (��.26�) 
 
Assim deve-se colocar um excesso de tiocianato para obter o ponto 
final detectável. Este excesso pode ser calculado como mostrado na 
equação 27. 
[��� �]=
[�����]��
[����].1,4�10�
=
6,5�10��
10��.1,4�10�
= 4,64�10�����/�(��.27) 
 
Sabemos a concentração de [��� �] em solução necessário para a 
detecção visual do ponto final (4,64�10�����/�) e também sabemos 
quanto teríamos no ponto final 1,048�10�����/�. Poderíamos fazer uma 
 
 
 74 
diferença entre os dois valores e descobrir a quantidade de titulante em 
excesso que deveria se adicionado. Entretanto, o SCN- adicionado pode ser 
transformar em três espécies diferentes. Então para a determinação da 
concentração de titulante em excesso devemos proceder com o balanço de 
massa mostrado na equação 28: 
 
[���������]���= [���
�]���+[�����]���+ [�����]���
�� (��.28) 
 
A concentração de [��� �]��� deve ser suficiente para atingir o valor 
de 4,64�10�����/� então este valor deve ser 3,59�10�����/� 
(4,64�10�����/�− 1,0484�10�����/� ). Da mesma forma a 
concentração de [�����]�� é dado pela equação 29 e a concentração de 
[�����] é dado pelas equações 30a,30b e 30c. Calculando o valor do 
titulante em excesso como mostrado na equação 31 chegamos ao valor de 
9,4x10��mol/L . Este valor significa que devemos adicionar titulante para 
atingir um montante a mais nesta magnitude de concentração. Numa 
titulação de 25mL de [Ag+]=0,1mol/L com [KSCN]=0,1mol/L temos uma 
volume de ponto final praticamente de 50mL. Das equações 32a e 32b 
vemos que isso significa uma adição de 0,0047mL. O erro estimado está 
em torno de 0,018% (Eq.33). 
 
[�����]�� = 6,5�10�� − 1,46�10�� = 5,04�10�����/� (��.29) 
[�����]= [Ag�]�� − [Ag
�]�� (��.30�) 
[�����]= 1,048x10�� −
kps
[��� �]�
 (��.30�) 
 
 
 75 
[�����]= 1,048x10�� −
1,1x10���
4,64�10��
=
8,1x10��mol
L
 (Eq.30c) 
 
[���������]��� = 3,59�10
�� + 5,04�10�����/�+ 8,1x10��mol/L = �,���������/� (Eq.31) 
 
n = 9,4x10��mol/L.0,05L = 4,74x10��mol (Eq.32a) 
� =
4,74x10��mol
0,10���/�
= 4,74x10��mL ou 0,0047ml (Eq.32b) 
����% = �
0,0047��
25��
��100 = 0,018% (��.33) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 76 
Capítulo 3 - Volumetria de complexação 
 
1-Complexos 
 
No módulo anterior observamos a formação do [�����]�� . O 
conceito completo de complexos não corresponde ao escopo deste trabalho. 
Entretanto, de uma maneira geral, podemos resumir que os complexos são 
compostos formados por um ligante (doador de elétrons) e um íon metálico 
(normalmente de um metal de transição). A interação entre o íon metálico e 
o ligante é considerada uma ligação iônica, em um modelo mais 
simplificado.