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Material 7 – Volumetria de Neutralização – parte 2 1 Professor Frank Pereira de Andrade Universidade Federal de São João Del Rei Campus Centro Oeste Dona Lindu (CCO/UFSJ) 2.2) Titulação de um ácido monoprótico fraco com uma base forte Considere a titulação de 50 mL de uma solução 0,02 mol/L de um ácido fraco (HA ; pKa = 6,15) HCl com NaOH 0,1 mol/L. Calcule o pH após adição das seguintes alíquotas de titulante: a) 0,0 mL b) 3,0 mL c) 5,0 mL d) 10,0 mL e) 10,10 mL Resolução: A primeira coisa que deve ser feita é calcular o volume de equivalência (VE), bem como a quantidade de matéria do titulado (nHA). Assim... �� � �� �� ,�� � � ��� �,� � � ��� � �� �� ; nHA = 50 x 10–3 L x 0,02 mo L–1 = 0,001 mol a) V= 0,0 mL. Este volume indica o início da titulação, onde há somente o ácido fraco (HA). Assim, o pH é função apenas da solução presente no erlenmeyer. HA + H2O ⇌⇌⇌⇌ H3O + + A– 0,02 – X X X ������ � ����� . Assim, � !"�� � �10%&,�� 0,02 = 1,19 x 10 –4 mol/L. Então, pH = 3,92. Material 7 – Volumetria de Neutralização – parte 2 2 Professor Frank Pereira de Andrade Universidade Federal de São João Del Rei Campus Centro Oeste Dona Lindu (CCO/UFSJ) b) V= 3,0 mL Este volume indica um volume adicionado antes do Ponto de Equivalência (PE). Neste ponto, há um excesso de titulado (HA), mas também há A–. Uma vez que há a presença do ácido e seu conjugado, temos a formação de um tampão, cujo pH é função deste. Como o volume adicionado de OH– foi de 3,0 mL, a quantidade de matéria adicionada foi: ()*– = 3,0 x 10 –3 L x 0,1 mol L–1 = 3,0 x 10–4 mol. Esta quantidade de titulante é completamente consumida, conforme a reação abaixo: Assim, tem-se a seguinte situação: HA + OH– ⇌⇌⇌⇌ A – + H2O Início 0,001 mol -------- -------- Reação 0,001 − (3 x 10–4 mol) -------- Equilíbrio 7,0 x 10–4 mol -------- 3 x 10–4 mol Observem que há na solução as espécies HA e A–, gerando assim um tampão, cujo pH é dado por: ,* � ,-. / 012 �� �3 . Assim, pH = 6,15 – log 7,0 x 10–4 0,053 3,0 x 10–4 0,053 = 5,78. c) V= 5,0 mL. Este volume equivale à metade do PE. Neste ponto, o pH = pKa. Assim, pH = 6,15. Observem que o volume adicionado de OH– foi de 5,0 mL. Neste sentido, a quantidade de matéria adicionada foi: ()*– = 5,0 x 10 –3 L x 0,1 mol L–1 = 5,0 x 10–4 mol. Esta quantidade de titulante é completamente consumida, conforme a reação abaixo: Assim, tem-se a seguinte situação. HA + OH– ⇌⇌⇌⇌ A – + H2O Início 0,001 mol -------- -------- Reação 0,001 − (5 x 10–4 mol) -------- Equilíbrio 5,0 x 10–4 mol -------- 5,0 x 10–4 mol Material 7 – Volumetria de Neutralização – parte 2 3 Professor Frank Pereira de Andrade Universidade Federal de São João Del Rei Campus Centro Oeste Dona Lindu (CCO/UFSJ) Novamente, há na solução as espécies HA e A–, gerando assim um tampão, cujo pH é dado por: ,* � ,-. / 012 �� �3 . Entretanto, Ca = Cb, fazendo com que o pH = pKa, que neste caso seria de 6,15. d) V = 10,0 mL. Este volume indica o PE. Neste ponto, todo ácido foi consumido e transformado na base conjugada. Temos então a seguinte situação: HA + OH– ⇌⇌⇌⇌ A – + H2O Início 0,001 mol -------- -------- Reação 0,001 − (0,001) -------- Equilíbrio -------- -------- 0,001 mol Observem que há somente a espécie A– em solução, cuja concentração é dada por: �4%� � �,��� 510 �,�6� 7 = 0,0167 mol/L. Cabe lembrar que o volume inicial era de 50 mL e, após adição de 10,0 mL de titulante passou a ser 60 mL. Temos então o seguinte equilíbrio: A– + H2O ⇌⇌⇌⇌ HA + OH – Equilíbrio 0,0167 – X -------- X X É este equilíbrio que fornecerá o pH do meio. Para tal, necessita-se de calcular a [OH–], da seguinte maneira: ���%� � ��3�3 , onde ��3� � �8 �� � �� ��9 ���6,�: = 1,41 x 10–8. Assim, ���%� � ��, 9� ��%; �, ��6< = 1,54 x 10–5 mol/L. Então, pOH = – log (1,54 x 10–5) = 4,81 e pH = 9,19. Material 7 – Volumetria de Neutralização – parte 2 4 Professor Frank Pereira de Andrade Universidade Federal de São João Del Rei Campus Centro Oeste Dona Lindu (CCO/UFSJ) e) V= 10,10 mL → após PE → excesso de OH–. Este volume indica uma quantidade de OH– adicionada após o PE. Ou seja, há um excesso de 0,10 mL de OH–. Assim, deve-se calcular a concentração de OH– presente em excesso, lembrando que após a diluição o volume final é 60,1 mL. Neste sentido, tem-se ���%� � �,� 57 �,� 510/7 6�,�� 57 = 1,66 x 10-4 mol/L. Assim, pOH = – log (1,54 x 10–5) = 3,78 e pH = 10,22. CURVAS DE TITULAÇÃO As figuras e demais dados foram retirados do livro do OTTO ALCIDES Curva de titulação de 100 mL de ácido acético 0,1 M e 0,01 M com NaOH 0,1 M. NaOH adicionado (ml) pH 0,0 2,88 20 4,15 50 4,76 80 5,36 98 6,45 99,8 7,45 100 8,73 100,2 10,00 102 11,00 120 11,96 150 12,30 200 12,52 Material 7 – Volumetria de Neutralização – parte 2 5 Professor Frank Pereira de Andrade Universidade Federal de São João Del Rei Campus Centro Oeste Dona Lindu (CCO/UFSJ) Figura 2: Curva de titulação de ácidos hipotéticos com diferentes constantes de ionização. Curva de titulação de 100 mL de hidróxido de amônio 0,1 M com HCl 0,1 M. HCl adicionado (ml) pH 0,0 11,12 10 10,20 50 4,76 90 5,36 99 6,45 99,8 7,45 99,9 8,73 100 10,00 100,1 11,00 100,2 11,96 101 12,30 Material 7 – Volumetria de Neutralização – parte 2 6 Professor Frank Pereira de Andrade Universidade Federal de São João Del Rei Campus Centro Oeste Dona Lindu (CCO/UFSJ) PROVA APLICADA NO PRIMEIRO SEMESTRE DE 2015 1 – Considere a titulação do ácido HM representado abaixo e calcule o pH dos seguintes pontos da curva, obedecendo os respectivos volumes destacados. DADOS: Ka1 = 10 –5 a) Somente HM b) [HM] = [M–] c) [HM] < [M–] d) (*@ � (@� e) [M–] = espécie predominante 2 – Para escolher o indicador adequado na análise de ácido acético em vinagre, com um erro menor que 1,0%, um analista realizou a titulação de 10 mL de solução 0,1 mol/L de ácido acético (HAc ; Ka = 1,8 x 10–5 ; pKa = 4,74) com NaOH 0,1 mol/L. Diga qual(is) dos indicadores abaixo NÃO seria(m) indicado(s) para a titulação em questão, considerando um erro máximo de 1,0%. Resposta sem os cálculos corretos não serão consideradas. Indicador pKa Verde de bromocresol 4,8 Azul de bromotimol 6,8 Timolftaleína 10
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